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Equilibrio estático y elasticidad

Este documento discute los conceptos de equilibrio estático y elasticidad, centro de gravedad y fuerzas. Explica las condiciones para que exista equilibrio estático, como la suma de fuerzas y momentos resultantes deben ser cero. También presenta varios ejemplos numéricos que ilustran cómo calcular fuerzas desconocidas aplicando estas condiciones de equilibrio.

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EQUILIBRIO ESTÁTICO Y ELASTICIDAD Condiciones de equilibrio 1. Verdadero o falso: a) ∑ 𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 es suficiente para que exista el equilibrio estático. b) ∑ 𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 es necesario para que exista el equilibrio estático. c) En equilibrio estático, el momento resultante respecto a cualquier punto es nulo. d) Para que un objeto esté en equilibrio es necesario que sobre él no actúe ninguna fuerza. La condición de equilibrio estático es: ∑ 𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 i ∑ 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎 . Por tanto, b y c son correctas. 2. Un balancín de 4 m de longitud pivota en su centro. Un niño de 28 kg se sienta en uno de los extremos. ¿Dónde debe sentarse un segundo niño de 40 kg para equilibrar el balancín? Para tener equilibrio el momento resultante ha de ser 0. 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝒎𝒎𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝒎𝒎𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 ;𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟏𝟏, 𝟒𝟒 𝒎𝒎 3. Como indica la figura, Misako realiza un ejercicio de levantar su cuerpo con las manos. Su centro de gravedad se encuentra directamente sobre el punto P del suelo, el cual dista 0,9 m de sus pies y 0,6 de sus manos. Si su masa es de 54 kg, ¿Cuál es la fuerza ejercida por el suelo sobre sus manos?
𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Operando: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 (𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐) ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟐𝟐+𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟗𝟗 𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 4. Juan y Betina transportan un bloque de 60 kg sobre una taula de 4 m como indica la figura. La masa de la tabla es 10 kg. Como Juan pasa la mayor parte de su tiempo leyendo libros de cocina, mientras Betina practica la gimnasia, sitúan el bloque a 2,5 m de Juan y a 1,5 m de Betina. Determinar la fuerza en Newtons ejercida por cada una para transportar el bloque. 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = (𝒎𝒎𝟏𝟏 + 𝒎𝒎𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 Considerando momentos sobre el centro del tablón: El tablón tiene 4 m, la distancia del bloque al centro del tablón son 0,5 m=d. 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 + 𝒎𝒎𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 Operando, despejamos F1 de la primera: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = (𝒎𝒎𝟏𝟏 + 𝒎𝒎𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 Substituimos en la segunda y despejamos F2: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = (𝒎𝒎𝟏𝟏+𝒎𝒎𝟐𝟐)∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅 𝒅𝒅𝟐𝟐+𝒅𝒅𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗.𝟖𝟖∗𝟐𝟐−𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖 − 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒.𝟓𝟓 𝑵𝑵
5. Misako desea medir la fuerza de sus bíceps ejerciendo una fuerza sobre la abrazadera y el aparato medidor de la figura. La abrazadera dista 28 cm del punto de giro del codo, y el bíceps está unido en un punto situado a 5 cm del centro de giro. Si la escala del aparato marca 18 N cuando ella ejerce su máxima fuerza, ¿qué fuerza es ejercida por el bíceps? Tomando momentos: 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭 ∗ 𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄 ;𝑭𝑭 = 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 6. Una muleta presiona contra la acera comuna fuerza Fc a lo largo de su propia dirección, como indica la figura. Esta fuerza está equilibrada por una fuerza normal Fn y una fuerza de rozamiento fe como se indica en la figura. a) Demostrar que cuando la fuerza de rozamiento alcanza su valor máximo, el coeficiente de rozamiento depende del ángulo 𝜽𝜽 según la relación 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕. b) Explicar cómo este resultado se aplica a las fuerzas que actúan sobre el pie cuando no se utiliza la muleta. c) ¿Por qué conviene dar pasos cortos al andar sobre hielo? a) Equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒆𝒆 Para la fuerza estática máxima:
𝒇𝒇𝒆𝒆 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 Substituyendo: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ; 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 b) Para el pie las fuerzas que actúan son las mismas, dado que el coeficiente e fricción depende de la tangente de ϴ , como la tangente aumenta con el ángulo en el primer cuadrante, la fricción también lo hará. c) Si los pasos son pequeños, el ángulo de inclinación se hace mayor y por ende el coeficiente de fricción también. Centro de gravedad 7. Verdadero o falso: el centro de gravedad se encuentra siempre en el centro geométrico del cuerpo. Falso, depende de la distribución de masas del cuerpo. 8. ¿Es necesario que exista materia en el centro de gravedad de un objeto? No, por ejemplo, en un cascarón esférico uniforme el centro de gravedad estará en su centro geométrico, y no hay masa en ese punto. 9. Si la aceleración de la gravedad no es constante en todas las partes de un objeto, ¿es el centro de masa o el centro de gravedad el que coincide con el punto pivote cuando el objeto está equilibrado? Es el centro de gravedad el punto pivote. 10. Dos esferas de radio R se encuentran sobre una tabla horizontal con sus centros separados una distancia 4 R. Una esfera pesa el doble que la otra. ¿Dónde se encuentra el centro de gravedad del sistema? Si consideramos la esfera de masa 2 M a la izquierda, en el origen de coordenadas, tendremos, el centro de gravedad en una posición x: 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝑴𝑴 ∗ (𝟒𝟒 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒙𝒙);𝒙𝒙 = 𝟒𝟒 𝟑𝟑 ∗ 𝑹𝑹 11. Un automóvil gravita al 58 por ciento de su peso sobre las ruedas delanteras. La distancia entre las ruedas delanteras y traseras es de 2 m. Determinar el centro de gravedad del automóvil respecto a las ruedas delanteras. Consideramos el origen de coordenadas en las ruedas delanteras, las ruedas traseras están a 2 m, el centro de gravedad en un punto x. 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ (𝟐𝟐 − 𝒙𝒙);𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 12. Cada uno de los objetos que se muestran en la figura se encuentra suspendido del techo mediante una cuerda atada al punto marcada con una x en ella. Describir mediante un diagrama la orientación de uno de los objetos suspendidos.
El centro de gravedad estará en el centro geométrico de las figuras. En el primer caso la figura rotará hasta que el centro de gravedad esté en la vertical con el punto de suspensión. En el segundo caso: Para el tercero:
13. Una placa cuadrada se construye soldando cuatro placas cuadradas más pequeñas, cada una de lado a como indica la figura. La placa 1 pesa 40 N, la placa 2, 60 N; la placa 3, 30 N; y la placa 4, 50 N. Determinar el centro de gravedad ( xcg, ycg). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒙𝒙𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒙𝒙𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒙𝒙𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒙𝒙𝟒𝟒 𝑷𝑷 = 𝟔𝟔𝟔𝟔∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 +𝟒𝟒𝟒𝟒∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 +𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 𝟔𝟔𝟎𝟎+𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟑𝟑𝟑𝟑+𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝒂𝒂 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒚𝒚𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒚𝒚𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒚𝒚𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒚𝒚𝟒𝟒 𝑷𝑷 = 𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟒𝟒𝟒𝟒∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 +𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝒂𝒂/𝟐𝟐 𝟔𝟔𝟔𝟔+𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟑𝟑𝟑𝟑+𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝒂𝒂 14. Una placa rectangular uniforme tiene un hueco circular de radio R como muestra la figura. Determinar el centro de gravedad del sistema. Indicación: No integrar. Utilizar la superposición de una placa rectangular menos una placa circular. El centro de masas del rectángulo esta en su centro: (a/2, b/2) siendo a y b sus dimensiones en los ejes x e y. La placa entera tendrá una masa 𝒂𝒂 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝝈𝝈 ∗ 𝒈𝒈. El hueco tendrá una masa 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝝈𝝈. El centro de masas del círculo estará en su centro: (𝒂𝒂 − 𝑹𝑹, 𝒃𝒃 𝟐𝟐 ). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑷𝑷𝒓𝒓∗𝒙𝒙𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄∗𝒙𝒙𝒄𝒄 𝑷𝑷𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄 = 𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 −𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈∗(𝒂𝒂−𝑹𝑹) 𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈 = 𝒂𝒂𝟐𝟐∗ 𝒃𝒃 𝟐𝟐 −𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒂𝒂−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟑𝟑 𝒂𝒂∗𝒃𝒃−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒃𝒃/𝟐𝟐 Equilibrio estático
15. Cuando el árbol que había frente a su casa fue cortado para ensanchar la carretera. Yoe hizo sonar su guitarra eléctrica con amplificador. Todo lo que quedó fue un tronco uniforme de 10 m en posición horizontal sobre dos soportes, esperando ser desmenuzado al día siguiente. Un soporte distaba 2 m del extremo izquierdo y el otro estaba a 4 m del extremo derecho. Determinar las fuerzas ejercidas sobre el tronco por los soportes, mientras Yoe tocaba una horrible melodía que tituló “Réquiem por un árbol caído”. La masa del árbol son 100 kg. La distancia del soporte de la izquierda al centro es de 3 m y la del soporte de la derecha de 1 m. 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟏𝟏+𝒅𝒅𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖∗𝟑𝟑 𝟒𝟒 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 − 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 16. Un hombre utiliza una palanca de 1 m de longitud para levantar un pequeño cajón del suelo. La palanca tiene un punto de apoyo rígido a 10 cm de un extremo, como se indica en la figura. a) Si el hombre ejerce una fuerza hacia debajo de 600 N en un extremo de la barra, ¿Cuál es la fuerza hacia arriba ejercida sobre el cajón por el otro extremo? b) La relación entre las fuerzas ejercidas en los extremos de la barra se denomina ventaja mecánica de la palanca. ¿Cuál es en este caso la ventaja mecánica? a) 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟏𝟏∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎,𝟗𝟗 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 b) 𝑴𝑴 = 𝑭𝑭 𝒇𝒇 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟗𝟗 17. La figura muestra un balandro de 25 pies. El mástil es un palo uniforme de 120 kg soportado sobre cubierta y amarrado a proa y popa por cables del modo indicado. La tensión del cable de popa es de 1000 N. Determinar la tensión en el cable de proa y la fuerza que la cubierta ejerce sobre el mástil. ¿Existe alguna tendencia de que el mástil se deslice hacia la proa o la popa? Si fuera así, ¿Dónde debería colocarse un bloque para evitar el movimiento del mástil?
Dibujando las fuerzas que actúan sobre el mástil: El ángulo de la proa es: 𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟒𝟒,𝟖𝟖𝟖𝟖 � = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑º Aplicando un momento nulo respecto a la base del mástil, las únicas fuerzas con momento son las dos tensiones: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 La tensión con la popa, TB, es de 1000 N. 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝒇𝒇 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Aplicando el equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑭𝑭 − 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 ; 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟑𝟑 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 ;𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 + 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫; 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟑𝟑 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵;𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂. La fuerza resultante del suelo sobre el mástil: 𝑭𝑭𝑫𝑫 = �𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖º Si consideramos momentos de fuerzas respecto a la punta del mástil, la fuerza con momento es FD, , para contrarrestar su momento pondremos el bloque en la parte izquierda de la base. 18. El balandro de la figura se diferencia ligeramente del correspondiente al problema 17. La masa del mástil es de 150 kg y la tensión del cable de popa sigue siendo 1000 N. Determinar la tensión en cable de proa y la fuerza que el puente ejerce sobre el mástil. ¿existe alguna tendencia de que el mástil se deslice a proa o popa? Si así fuera, ¿dónde debería colocarse un bloque para evitar que el mástil se mueva? De igual manera que en el problema anterior:
𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟒𝟒,𝟖𝟖𝟖𝟖 � = 𝟐𝟐𝟐𝟐º 𝜽𝜽𝑩𝑩 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟒𝟒.𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟔𝟔.𝟏𝟏𝟏𝟏 � = 𝟑𝟑𝟑𝟑.𝟗𝟗º El momento ha de ser nulo: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑩𝑩 La tensión con la popa, TB, es de 1000 N. 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒔𝒔𝒆𝒆𝒏𝒏 𝜽𝜽𝑩𝑩 𝒍𝒍𝟏𝟏∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝒇𝒇 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟒𝟒,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟗𝟗 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 La fuerza horizontal resultante sobre el suelo: 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑭𝑭 − 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑩𝑩 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟗𝟗 = −𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 La fuerza horizontal estará dirigida hacia la izquierda. 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 + 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑩𝑩 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔, 𝟗𝟗 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 Dirigida hacia arriba. La fuerza resultante del suelo sobre el mástil: 𝑭𝑭𝑫𝑫 = �𝟐𝟐𝟕𝟕𝟕𝟕𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 � = 𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟓𝟓º Si consideramos momentos de fuerzas respecto a la punta del mástil, la fuerza con momento es FD, , para contrarrestar su momento pondremos el bloque en la parte derecha de la base. 19. Una viga de 10 m y masa 300 kg se extiende sobre una repisa horizontal como indica l figura. La viga no está sujeta, sino que simplemente descansa sobre la superficie. Un estudiante de 60 kg ha dispuesto la viga de tal modo que puede andar sobre ella hasta el extremo. ¿Qué distancia máxima x es admisible entre el borde de la repisa y el extremo de la viga? La resultante del peso de la viga y del peso del estudiante ha de estar sobre el punto x para evitar que se tumbe: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟓𝟓 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟓𝟓∗𝑴𝑴 𝑴𝑴+𝒎𝒎 = 𝟓𝟓∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎 20. Una tabla horizontal destinada a determinar centros de gravedad está apoyada sobre un fulcro en un extremo y en una balanza en el otro. Un estudiante yace horizontalmente
sobre la tabla con la cabeza sobre el fulcro, como indica la figura. La balanza está a dos metros del fulcro. El estudiante tiene una masa de 70 kg y cuando está sobre la tabla, la balanza marca 250 N. ¿Dónde está localizado el centro de gravedad del estudiante? Tenemos tres fuerzas actuando, el peso del estudiante, la fuerza de la mesa en la cabeza del estudiante y la fuerza en los pies del estudiante. El momento resultante respecto al punto P ha de ser nulo. 𝑭𝑭𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐 = 𝒘𝒘 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟐𝟐 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 21. Un tablero de 3 m de longitud y 5 kg de masa está sujeto al suelo por una de sus extremos con una bisagra. Se aplica una fuerza vertical F por el otro extremo con el fin de levantar una caja de 60 kg, que se encuentra en reposo sobre el tablero a 80 cm de la bisagra, como se indica en la figura. a) Calcular la magnitud de la fuerza que es necesario aplicar para mantener el tablero estacionario y formando un ángulo 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟑𝟑º. b) Calcular a fuerza ejercida por la bisagra cuando 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟑𝟑º. c) Calcular la fuerza F y la fuerza ejercida por la bisagra si 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟑𝟑º y la fuerza se ejerce perpendicularmente al tablero.
a) Considerando momento total respecto a la bisagra nulo: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟎𝟎,𝟖𝟖 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟖𝟖+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎.𝟖𝟖+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎,𝟖𝟖+𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟓𝟓 𝑵𝑵 b) Considerando la fuerza resultante cero: 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 = (𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝑵𝑵 c) Aplicamos momento nulo: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟎𝟎, 𝟖𝟖 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏, 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟎𝟎,𝟖𝟖+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎.𝟖𝟖+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Considerando fuerza resultante nula: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = (𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯 = �𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 22. Un cilindro de peso W se apoya en un sistema sin rozamiento formado por un plano inclinado 30º con la horizontal a la izquierda y otro inclinado 60º a la derecha, como muestra la figura. Determinar la fuerza ejercida por cada plano sobre el cilindro.
Para la fuerza resultante nula: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑾𝑾 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 +𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝑾𝑾 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝑾𝑾 23. Un peso de 80 N está soportado mediante un cable unido a una barra que puede girar alrededor de un punto A (figura). La barra está sujeta mediante otro cable con una tensión T2, según se ve en la figura. La masa de la barra es despreciable. a) ¿Cuáles son las tres fuerzas que actúan sobre la barra? b) Demostrar que la componente vertical de la tensión T2 debe ser igual a 80 N. c) Hallar la fuerza ejercida por la barra sobre la articulación. a) Considerando las fuerzas sobre la barra:
b) Considerando momento nulo respecto a A: 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒍𝒍 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 ; 𝑻𝑻𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 ; c) 𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 − 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟎𝟎 𝑵𝑵 Por tanto 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟔𝟔 𝑵𝑵 , 𝜽𝜽 = 𝟎𝟎º. 24. Una tabla horizontal de 8,0 m de longitud es utilizada por los piratas para castigar a sus víctimas en el llamado “paseo de la plancha”. Un pirata de 105 kg de masa se sitúa de pie en el extremo de la tabla en la cubierta del buque para evitar que se levante. Determinar la máxima distancia que la tabla puede sobresalir del costado del buque para que una víctima de 63 kg pueda andar hasta el otro extremo si a) La masa de la tabla es despreciable. b) La masa de la tabla es de 25 kg. a) En este caso no tenemos mp. Tenemos el pirata en el extremo izquierdo de la tabla, en la parte derecha tenemos la víctima, el punto de apoyo es P. 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟖𝟖 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝒙𝒙 = 𝑴𝑴∗𝟖𝟖 𝒎𝒎+𝑴𝑴 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟖𝟖 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟓𝟓 𝒎𝒎 b) En este caso si tendremos mp. 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟖𝟖 − 𝒙𝒙) + 𝒎𝒎𝒑𝒑 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟒𝟒 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝒙𝒙 = 𝑴𝑴∗𝟖𝟖+𝒎𝒎𝒑𝒑∗𝟒𝟒 𝒎𝒎+𝑴𝑴+𝒎𝒎𝒑𝒑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟒𝟒 𝟔𝟔𝟔𝟔+𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 25. Dos jóvenes estudiantes planean una aventura de despedida de la universidad donde se han graduado: soltar miles de bolitas (canicas) en el vestíbulo del centro durante los exámenes finales. Para ello colocan una caja de 2 m x 1 m x 1 m sobre una taula rugosa y articulada por un extremo como muestra la figura y la llenan de bolitas. Cuando el edificio está en completo silencio, los jóvenes levantan lentamente un extremo de la tabla, incrementando poco a poco el ángulo ϴ del plano inclinado. Si el coeficiente de rozamiento estático es suficientemente grande para que la caja no deslice, ¿para qué ángulo volcará la caja?
La caja volcará cuando la fuerza peso se encuentre fuera de la su base: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟏𝟏 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟎𝟎,𝟓𝟓) = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟔𝟔º 26. Una puerta uniforme de 18 kg, 2,0 m de alto y 0,8 m de ancho, cuelga de dos bisagras situadas una a 20 cm de la parte superior u otra a 20 cm de la parte inferior. Si cada bisagra soporta la mitad del peso de la puerta, determinar la dirección y magnitud de los componentes horizontales de las fuerzas ejercidas por las dos bisagras sobre la puerta. Consideramos momentos respecto a la bisagra inferior: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 ∗ 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟒𝟒 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝑵𝑵 Consideramos equilibrio de fuerzas horizontales: 𝑭𝑭`𝑯𝑯𝑯𝑯 ′ = 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝑵𝑵 27. Determinar la fuerza ejercida por el borde del escalón sobre la rueda justo cuando la rueda deja de apoyarse sobre la superficie del suelo.
𝑭𝑭 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝑭𝑭 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 ; 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 El valor de la fuerza F para subir el escalón lo encontramos haciendo momentos: 𝑭𝑭 ∗ (𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙 𝑹𝑹−𝒉𝒉 Por trigonometría: 𝒙𝒙𝟐𝟐 + (𝑹𝑹 − 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝒙𝒙 = �𝒉𝒉 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗�𝒉𝒉∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉) 𝑹𝑹−𝒉𝒉 28. Lon está preparando la apertura de Roswell, un nuevo club nocturno con un tema de extraterrestres. Un extremo de una viga uniforme de 100 kg y 10 m de longitud cuelga de una pared vertical mediante una bisagra. Se mantiene horizontalmente sobre la sala de baile del club mediante un cable que sujeta la viga a una distancia de 6 m desde la pared, como muestra la figura. Lon se sienta en la mesa de control de un platillo volante simulado que cuelga del extremo libre de la viga. Desde allí envía a los invitados amenazas de secuestro, efectos luminosos hipnóticos y ruidos espaciales. Si el peso combinado de Lon y su platillo es de 400 kg. a) ¿Qué tensión soporta el cable? b) ¿Cuál es la fuerza horizontal que actúa sobre la bisagra? c) ¿Cuál es la fuerza vertical que actúa sobre la viga en la bisagra?
El ángulo de la cuerda central es: 𝜽𝜽𝟏𝟏 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 � 𝟔𝟔 𝟖𝟖 � = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟒𝟒º 𝑻𝑻𝟏𝟏 = (𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒈𝒈 )𝑵𝑵 𝑷𝑷 = (𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈)𝑵𝑵 a) Considerando momentos respecto a la bisagra: 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑷𝑷 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝟏𝟏 𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ �𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝟐𝟐 � = 𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟒𝟒 ∗ (𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 + 𝟓𝟓𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 b) Mirando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 c) 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = −𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟒𝟒 + 𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = −𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟒𝟒 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 = −𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 La fuerza FHy está dirigida hacia abajo. 29. El trampolín de piscina que se muestra en la figura tiene una masa de 30 kg. Determinar la fuerza que actúa sobre los soportes cuando el saltador de 70 kg se encuentra de pie en el extremo de la tabla. Dar la dirección de cada fuerza sobre los soportes como tensión o compresión.
Considerando momentos respecto al punto O: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒,𝟐𝟐 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝟏𝟏,𝟐𝟐 = (𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟐𝟐,𝟏𝟏)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟏𝟏,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 Considerando momentos respectos al punto P: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟑𝟑 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎. 𝟗𝟗 = 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝟑𝟑+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎.𝟗𝟗 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = (𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟑𝟑+𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟗𝟗)∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 También podemos considerar equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 La reacción a F2 actúa sobre el soporte, sentido hacia abajo, y es de compresión. Para F1, su reacción actúa sobre el soporte hacia arriba, es de tensión. 30. Calcular la fuerza ejercida por la articulación A sobre el puntal que se muestra en la figura si se supone a) Que la barra no tiene peso. b) Que el peso de la barra es de 20 N. a) En este caso w no existe. Haciendo momentos: 𝑻𝑻 ∗ 𝑳𝑳 = 𝑾𝑾 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝑾𝑾 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 − 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵
𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 b) En este caso para los momentos: c) 𝑻𝑻 ∗ 𝑳𝑳 = 𝑾𝑾 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒘𝒘 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒘𝒘 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝑾𝑾 + 𝒘𝒘 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 31. Dos pintores A y B se encuentran trabajando en un andamio de 5,0 m de longitud suspendido de un edificio mediante dos cuerdas sujetas en los extremos del andamio. Cada una de las cuerdas ser romperá cuando la tensión sea superior a 1 kN. El pintor A (cuya masa es de 80 kg) está situada a 1,0 m de uno de los extremos. ¿En qué intervalo de posiciones puede situarse el pintor B sin peligro si su masa es de 60 kg y la masa del andamio es de 20 kg? Donde x es la distancia a la masa de 60 kg. Aplicamos momento resultante nulo, respecto al punto 0. 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎𝒃𝒃 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒 + 𝒎𝒎𝒑𝒑 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟓𝟓 + 𝒎𝒎𝒋𝒋 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 Cuando T2 tenga su valor máximo (1000 N), tendremos el valor de x solicitado: 𝒙𝒙 = 𝑻𝑻𝟐𝟐∗𝟓𝟓−𝒎𝒎𝒃𝒃∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒−𝒎𝒎𝒑𝒑∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝒎𝒎𝒋𝒋∗𝒈𝒈 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟓𝟓−𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟒𝟒−𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟐𝟐, 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 Por tanto, entre 0 y 2,33 m podrá situarse. 32. El cable de la figura del problema 28 debe permanecer sujeto a la pared a 8 m por encima de la bisagra, pero su longitud puede modificarse de modo que puede conectarse a la viga a diversas distancias x de la pared. ¿A qué distancia de la pared debe sujetarse el cable en la barra para que la fuerza que actúa sobre la bisagra no tenga componente vertical? Sea x la distancia de la cuerda a la pared, considerando que en la bisagra toda la fuerza ha de ser horizontal tendremos:
𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 Considerando los momentos: 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 + 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟖𝟖 �𝟖𝟖𝟐𝟐+𝒙𝒙𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ �𝟖𝟖𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 𝟏𝟏,𝟔𝟔 ∗ 𝒙𝒙 = �𝟖𝟖𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒙𝒙𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒙𝒙 = 𝟔𝟔, 𝟒𝟒 𝒎𝒎 33. Un cilindro de masa M y radio R rueda contra un escalón de altura h como indica la figura. Cuando una fuerza F se aplica a la parte alta del cilindro, éste permanece en reposo. a) ¿Cuál es la fuerza normal ejercida por el suelo sobre el cilindro? b) ¿Cuál es la fuerza horizontal ejercida por el borde del escalón sobre el cilindro? c) ¿Cuál es el componente vertical de la fuerza ejercida por el borde del escalón sobre el cilindro? a) Aplicamos momento nulo: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑭𝑭 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉) 𝒍𝒍 Por otra parte: 𝒍𝒍 = �𝑹𝑹𝟐𝟐 − (𝑹𝑹 − 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = √𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒉𝒉 − 𝒉𝒉𝟐𝟐 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉) �𝟐𝟐∗𝑹𝑹∗𝒉𝒉−𝒉𝒉𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 b) Considerando suma nula de fuerzas horizontales:
𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭 c) Para las fuerzas verticales: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 = 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 34. Determinar la fuerza horizontal mínima F del cilindro del problema 33 para que suba al escalón sin deslizar sobre el borde. Aplicando las consideraciones del problema anterior: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 Para subir, implica Fn=0. 𝟎𝟎 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 ;𝑭𝑭 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ � 𝒉𝒉 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 35. Un hombre robusto sostiene un extremo de una barra de 3 m de longitud y masa 5 kg manteniéndola en posición horizontal (figura). a) ¿Qué fuerza total ejerce el hombre sobre la barra? b) ¿Qué momento total ejerce el hombre sobre la barra? c) Si el esfuerzo realizado por el hombre lo sustituimos por dos fuerzas que actúan en sentidos opuestos, separadas por la anchura de la mano del hombre, que es de 10 cm, ¿Cuáles son las magnitudes y direcciones de las dos fuerzas? a) Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 b) El momento total ha de ser nulo, considerando momentos respecto al extremo libre: 𝑴𝑴𝑭𝑭 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝒎𝒎 c) Sea F1 la fuerza hacia abajo y F2 la fuerza hacia arriba. La fuerza F1 actúa en el extremo de la barra y F2 10 cm más allá. Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝟏𝟏 El momento total respecto del extremo libre ha de ser cero: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ (𝒍𝒍 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏) De las dos ecuaciones obtenemos: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒍𝒍 𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏� ∗ 𝑴𝑴∗𝒈𝒈 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟒𝟒∗𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 36. Una compuerta que pesa 200 N está soportada por bisagras en la parte superior e inferior y además sujeta por un alambre como muestra la figura. a) ¿Cuál debe ser la tensión en el alambre para que la fuerza sobre la bisagra superior no tenga componente horizontal? b) ¿Cuál es la fuerza horizontal sobre la bisagra inferior? c) ¿Cuáles son las fuerzas verticales sobre las bisagras?
a) Considerando momento nulo respecto al eje y la bisagra inferior: El momento de la tensión: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = (−𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐) ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝟎𝟎 = −𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟏𝟏,𝟓𝟓+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 b) Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒙𝒙𝒙𝒙 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 𝑵𝑵 c) 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟑𝟑 𝑵𝑵 37. Un tronco uniforme de masa 100 kg, longitud 4 m y radio 12 cm se mantiene en posición inclinada como indica la figura. El coeficiente de rozamiento estático entre el tronco y la superficie horizontal es 0,6. El tronco está a punto de deslizar hacia la derecha. Determinar la tensión en el alambre soporte y ángulo que el alambre forma con la pared vertical.
Consideramos el centro de coordenadas en el punto de ligadura del tronco al cable. La diagonal del tronco tiene un valor de: 𝒅𝒅 = �𝟒𝟒𝟐𝟐 + 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 = 𝟒𝟒, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎 El ángulo de la diagonal del tronco con su base es: 𝝋𝝋 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒 � = 𝟏𝟏, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝒐𝒐 𝒍𝒍𝟑𝟑 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟏𝟏, 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟑𝟑, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 Considerando las condiciones de equilibrio: De fuerzas:
𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟎𝟎 ; 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 De momentos: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝒍𝒍𝟐𝟐 − 𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 −𝒍𝒍𝟏𝟏 −𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝒍𝒍𝟏𝟏 −𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ Aplicando la condición de equilibrio: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 + 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑; 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 + 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑 De esta ecuación podemos despejar la fuerza normal: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒍𝒍𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟕𝟕+𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 De las condiciones de equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝑭𝑭𝒏𝒏 � 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖−𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟎𝟎 𝑻𝑻 = 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟕𝟕 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 38. Un bloque rectangular grande y uniforme se sitúa sobre un plano inclinado como indica la figura. Una cuerda sujeta la parte superior del cloque para evitar que caiga por el plano. ¿Cuál es el ángulo máximo ϴ para el cual el bloque no desliza por el plano inclinado? Sea b/a=4 y µc=0,8.
Consideramos equilibrio de fuerzas: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 + 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎 ;𝑻𝑻 + 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Para los momentos, respecto al punto de aplicación de Fn y fs,max: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒃𝒃 𝟎𝟎 � = 𝑻𝑻 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 − 𝒂𝒂 𝟐𝟐 𝒃𝒃 𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = − 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂) 𝑻𝑻 ∗ 𝒃𝒃 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂) Utilizando la expresión de la fuerza normal de la primera, substituyendo en la segunda: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈(𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝝁𝝁 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) Con esto en la ecuación de momento nulo: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈(𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝝁𝝁 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) ∗ 𝒃𝒃 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂) Operando y dividiendo por cosϴ obtenemos: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝒂𝒂 𝒃𝒃 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁 Usando la relación a/b del enunciado: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏 𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁� = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏 𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟖𝟖� = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟔𝟔º
39. Un carril delgado de longitud 10 m y masa 20 kg se sitúa en un plano inclinado 30º. Un soporte está a 2 m y el otro a 6m del extremo inferior del carril. El rozamiento impide que el carril deslice sobre sus soportes. Determinar la fuerza (magnitud y dirección) ejercida sobre el carril por cada soporte. Tenemos 4 incógnitas, necesitamos cuatro ecuaciones, dos serán las del equilibrio de fuerzas horizontales y verticales. Las otras dos serán de momentos, consideramos momentos respecto al punto del primer soporte y momentos respecto del origen de coordenadas: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 La fuerza de rozamiento impide que deslice: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 Considerando momentos respecto al punto origen: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝟐𝟐 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎 𝟔𝟔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 − 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟔𝟔 = 𝟎𝟎 Haciendo momentos respecto al primer soporte:
𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟑𝟑 = 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒 ; 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟑𝟑 𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 𝑵𝑵 Usando la ecuación de momentos respecto al origen: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟓𝟓−𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟓𝟓−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒∗𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Con la condición de no deslizar de las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑 Usando esto en: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟖𝟖 = 𝟐𝟐𝟐𝟐, 𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = �𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟐𝟐 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 � = 𝟔𝟔𝟔𝟔º 𝑭𝑭𝟏𝟏 = �𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 � = 𝟔𝟔𝟔𝟔º Pares 40. Dos fuerzas de 80 N se aplican en vértices opuestos de una placa rectangular, como indica la figura. Determinar el momento producido por este par. Consideramos el origen de coordenades en el extremo inferior izquierdo de la placa. 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒂𝒂 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐 = �− 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 −𝒃𝒃 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗
El momento resultante: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) = 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 𝝉𝝉 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒂𝒂 + 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟑𝟑 ∗ 𝒃𝒃 41. Un cubo uniforme de lado a y masa M descansa sobre una superficie horizontal. Una fuerza F se aplica en la parte superior del cubo como muestra la figura. Esta fuerza no es suficiente para mover o levantar el cubo. a) Demostrar que la fuerza de rozamiento estático ejercida por la superficie y la fuerza aplicada constituyen un par, y determinar el momento ejercido por este par. b) Otro par, constituido por la fuerza normal ejercida por la superficie y el peso del cubo, equilibran el par anterior. Utilizar este hecho para determinar el punto efectivo de aplicación de la fuerza normal cuando F=Mg/3. c) ¿Cuál es el valor máximo de F (en magnitud), para el cual no se levanta el cubo? a) Dado que el cubo no se mueve, el equilibro de fuerzas determina: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒆𝒆 El momento de este par de fuerzas será: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 b) El momento del par formado por la normal y el peso será: 𝝉𝝉𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 Los dos momentos han de ser iguales y de sentidos contrarios: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ; 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝒂𝒂/𝟑𝟑 c) Teniendo en cuenta el equilibrio de momentos: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙 𝒂𝒂 El valor máximo de x es a/2, dado que el centro de gravedad está en el centro geométrico. 𝑭𝑭 > 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂/𝟐𝟐 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 42. Descomponer cada una de las fuerzas del problema 40 en sus componentes horizontal y vertical, produciendo dos pares. La suma algebraica de los dos pares componentes es igual al par resultante. Utilizar este resultado para determinar la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas. El momento de las componentes verticales es: 𝝉𝝉𝒗𝒗 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 Para las horizontales:
𝝉𝝉𝑯𝑯 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 Los dos momentos dirigidos según el eje z. El momento total: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂 + 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 Si consideramos la expresión de momento de un par de fuerzas: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑫𝑫 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂 + 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 𝑫𝑫 = 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒃𝒃 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Escaleras 43. ¿Es posible subir por una escalera apoyada en una pared si el suelo carece de rozamiento, aunque la pared sea rugosa? Razonar la respuesta. Las fuerzas sobre la escalera son: Si no existe rozamiento del suelo las fuerzas horizontales no se podrán equilibrar. 44. Romeo toma una escalera uniforme de 10 m de longitud y la apoya contra la pared pulida de la residencia de los Capuleto. La masa de la escalera es de 22,0 kg y su parte inferior se apoya en el suelo a 2,8 m de la pared. Cuando Romeo, cuya masa es de 70 kg alcanza el 90 % de su camino hasta el final, la escalera comienza a deslizar. ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento estático entre el suelo y la escalera? Las fuerzas que actúan las tenemos en el esquema, la pared no tiene rozamiento. Tenemos equilibrio de fuerzas y también de momentos. Considerando momentos respecto a la parte inferior de la escalera:
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟗𝟗 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ Por ser momento nulo: 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 Obtenemos: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝟗𝟗+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 El ángulo de la escalera es: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 � 𝟐𝟐,𝟖𝟖 𝟏𝟏𝟏𝟏 � = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟕𝟕𝟕𝟕º 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕 𝑵𝑵 Por el equilibrio de fuerzas: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 45. Una escalera de masa despreciable de longitud L se apoya contra una pared pulida formando un ángulo ϴ con el suelo horizontal. El coeficiente de rozamiento entre la escalera y el suelo es µe. Un hombre de masa M sube por la escalera. ¿Qué altura h puede ascender antes de que la escalera deslice? Imponiendo equilibrio de fuerzas y momentos: Momento: 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒙𝒙 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Fuerza: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝑾𝑾 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝑵𝑵 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒙𝒙 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈
𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒉𝒉 = 𝒙𝒙 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟐𝟐𝜽𝜽 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 46. Una escalera uniforme de longitud L y masa m se apoya contra una pared vertical sin rozamiento y su extremo inferior sobre el suelo. Forma un ángulo de 60º con el suelo horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre la escalera y el suelo es 0,65. Una persona, cuya masa es cuatro veces mayor que la de la escalera, sube por ésta. ¿A qué altura llegará antes de que comience a deslizar? Imponiendo equilibrio de momentos: 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟒𝟒 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒍𝒍 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ) 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟓𝟓 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Operando: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ) 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟒𝟒 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑳𝑳 𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝟓𝟓∗𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒍𝒍 = �𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � ∗ 𝑳𝑳 𝟒𝟒 = �𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕(𝟔𝟔𝟔𝟔) − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � ∗ 𝑳𝑳 𝟒𝟒 𝒍𝒍 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 Puede subir toda la escalera sin caerse. 47. Una escalera de masa m y longitud L se apoya contra una pared vertical y sin rozamiento formando un ángulo ϴ con la horizontal. El centro de masas se encuentra a una altura h del suelo. Una fuerza F tira horizontalmente de la escalera hacia fuera en su punto medio. Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe para el cual, el extremo superior de la escalera se separará de la pared, mientras el extremo inferior no desliza.
Considerando momento nulo respecto a la base: 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 𝟎𝟎 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 Considerando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 Por tanto: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 48. Un muchacho que pesa 900 N está sentado en la parte superior de una escalera de peso despreciable que descansa sobre un suelo sin rozamiento (figura). Hay un brazo cruzado a mitad de altura de la escalera. El ángulo que forma la escalera en la parte superior es ϴ=30º. a) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el suelo sobre cada pata de la escalera? b) Hallar la tensión en el brazo transversal. c) Si el brazo transversal se moviese hacia la parte inferior de la escalera (manteniendo ésta el mismo ángulo ϴ), ¿sería su tensión mayor o menor?
a) Consideramos la mitad del peso y la mitad de la escalera. 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑷𝑷 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 b) Considerando momentos sobre la parte superior: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕(𝟏𝟏𝟏𝟏) −𝒙𝒙 𝟎𝟎 � = 𝒙𝒙 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 −𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 𝟎𝟎 � = − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 = 𝑫𝑫∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟐𝟐∗𝒙𝒙 Por trigonometría: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝑫𝑫/𝟐𝟐 𝒉𝒉 ; 𝑫𝑫 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 � 𝜽𝜽 𝟐𝟐 � 𝑻𝑻 = 𝟐𝟐∗𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝜽𝜽 𝟐𝟐 �∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟐𝟐∗𝒙𝒙 = 𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝜽𝜽 𝟐𝟐 �∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒙𝒙 Usando equilibrio de fuerzas verticales: 𝑻𝑻 = 𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝜽𝜽 𝟐𝟐 �∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝑷𝑷 𝒙𝒙 𝑻𝑻 = 𝟒𝟒∗𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 c) Si x aumenta la Tensión decrece. 49. Una escalera se apoya contra la pared vertical sin rozamiento. El coeficiente de rozamiento estático entre la escalera y el suelo es 0,3. ¿Cuál es el menor ángulo para el cual la escalera permanece estacionaria?
Consideramos las condiciones de equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Por el equilibrio de momentos, respecto a la base: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒆𝒆 � = 𝟓𝟓𝟓𝟓 º 50. Habiendo fallado en su primer intento (véase problema 44), Romeo adquiere una nueva escalera para tratar de acceder una vez más a la ventana de Julieta. Esta esca lera tiene una longitud L y pesa 200 N. La sitúa al otro lado de la ventana, donde el coeficiente de rozamiento estático es de 0,4 entre la escalera y la pared y de 0,7 entre la escalera y el suelo. Debido a las magulladuras sufridas en su última caída, Romeo sube esta vez convenientemente acolchado, lo que le da una masa total de 80 kg. Sin embargo, cuando se encuentra a 4/5 de la altura máxima de la escalera, ésta comienza a deslizar. ¿qué ángulo formaba la escalera con el suelo cuando Romeo comenzó a ascender? Al tener rozamiento con la pared aparece una fuerza vertical en el extremo superior. Para las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 Con el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒓𝒓 ; 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈
𝑵𝑵 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 Considerando momentos respecto del suelo: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒚𝒚 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚 𝟎𝟎 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒚𝒚 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒙𝒙 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒∗𝑳𝑳 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒚𝒚 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒∗𝑳𝑳 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 𝟐𝟐 −𝑭𝑭𝒚𝒚 Usando 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 y 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 : 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒔𝒔∗𝑵𝑵 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 𝟐𝟐 −(𝑵𝑵−𝑴𝑴∗𝒈𝒈−𝒎𝒎∗𝒈𝒈 ) Usando 𝑵𝑵 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 : 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒔𝒔∗ 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 𝟗𝟗 𝟓𝟓 ∗𝑴𝑴∗𝒈𝒈+ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗𝒎𝒎∗𝒈𝒈− 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎.𝟕𝟕∗ 𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 𝟗𝟗 𝟓𝟓 ∗𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖+ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐− 𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 � 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟕𝟕𝟕𝟕º El ángulo con el suelo será de 20 º. 51. Una escalera se apoya contra una gran esfera pulida de radio R fija sobre una superficie horizontal. La escalera forma un ángulo de 60º con la superficie horizontal y su longitud es 5R/2. a) ¿Cuál es la fuerza que ejerce la escalera sobre la esfera? b) ¿Cuál es la fuerza de rozamiento que evita que la escalera deslice? c) ¿Cuál es la fuerza normal que la superficie horizontal ejerce sobre la escalera? a)Sobre la escalera actúan la fuerza Normal que hace la esfera en el punto de contacto (N), el peso de la escalera (mg), la fuerza normal del suelo sobre la escalera ( Fn) y la fuerza de rozamiento del suelo sobre la escalera ( Fr).
Por equilibro de fuerzas: 𝑵𝑵𝒙𝒙 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑵𝑵𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 Despejamos Fn en la primera (𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 ) y lo substituimos en la segunda: 𝑵𝑵 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 𝑵𝑵 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 b) 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) c) 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟑𝟑𝟑𝟑)+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) Tensión y deformación 52. Un alambre de aluminio y otro de acero de iguales longitud, L, y diámetro d, están soldados formando un alambre de longitud 2L. El alambre se sujeta al techo y un peso W se sujeta al otro extremo. Despreciando la masa de los alambres, ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es cierta? a) El alambre de aluminio se alargará la misma porción que el de acero. b) Las tensiones de los alambres de aluminio y acero son iguales. c) La tensión en el alambre de aluminio es mayor que en el alambre de acero. Respuesta b. 53. Se cuelga una bola de 50 kg de u n alambre de acero de 5 m de longitud y 2 mm de radio. ¿Cuánto se alargará el alambre? Consideramos la expresión del módulo de Young: 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Para el acero: 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑮𝑮𝑮𝑮/𝒎𝒎𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝟗𝟗.𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝒎𝒎 54. La tensión a la rotura de un alambre de cobre es aproximadamente de 3 108 N/m2 . a) ¿Cuál es la carga máxima que puede colgarse de un alambre de cobre de 0,42 mm? b) ¿Si se cuelga la mitad de esta carga máxima del alambre de cobre, en que porcentaje de su longitud se alargará? a) 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒.𝟔𝟔 𝑵𝑵 b) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟖𝟖/(𝝅𝝅∗(𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 % 55. Un alambre de acero de diámetro 0,5 mm y longitud de 1,2 m soporta una masa de 4 kg. ¿Cuál será el alargamiento del alambre bajo esta carga? 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳
∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝒀𝒀 ∗ 𝑨𝑨 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝒀𝒀 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 ∗ 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝒎𝒎 56. Mientras los pies de un corredor tocan el suelo, una fuerza de cizalladura actúa sobre la suela de su zapato de 8 mm de espesor según se indica en la figura. Si la fuerza de 25 N se distribuye a lo largo de un área de 15 cm2 , calcular el ángulo ϴ de cizalladura sabiendo que el módulo de cizalladura de la suela es 1,9 105 N/m2 . 𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑴𝑴𝒔𝒔 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 ∆𝑿𝑿 𝑳𝑳 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 𝑴𝑴𝒔𝒔 � = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒∗𝟏𝟏,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 � = 𝟓𝟓,𝟎𝟎𝟎𝟎𝒐𝒐 57. Un alambre de acero de longitud 1,5 m y diámetro 1 mm se suelda a un alambre de aluminio de dimensiones idénticas. ¿Cuál es la longitud del alambre compuesto cuando soporta una masa de 5 kg? Para un alambre compuesto, la longitud bajo tensión es la longitud sin tensión más la suma de los alargamientos de los componentes del alambre. La longitud del alambre compuesto cuando soporta una masa de 5 kg es: 𝑳𝑳 = 𝟑𝟑, 𝟎𝟎𝟎𝟎 + ∆𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 = ∆𝑳𝑳𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 + ∆𝑳𝑳𝑨𝑨𝑨𝑨 = 𝑭𝑭 𝑨𝑨 ∗ � 𝑳𝑳𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝒀𝒀𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 + 𝑳𝑳𝑨𝑨𝑨𝑨 𝒀𝒀𝑨𝑨𝑨𝑨 � = 𝟓𝟓∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 � 𝟐𝟐 ∗ � 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 + 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗� ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝒎𝒎 58. Una fuerza F se aplica a un alambre largo de longitud L y sección recta A. Demostrar que, si el alambre se considera como un muelle, la constante de fuerza k viene dada por 𝒌𝒌 = 𝑨𝑨𝑨𝑨/𝑳𝑳 y la energía almacenada en el alambre es 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐𝟐𝟐∆𝑳𝑳, en donde Y es el módulo de Young y ∆𝑳𝑳 el incremento de longitud del alambre. Para un cuerpo elástico: 𝑭𝑭 = 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳 𝒌𝒌 = 𝑭𝑭 ∆𝑳𝑳 Aplicando la definición del módulo de Young: 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; 𝑭𝑭 ∆𝑳𝑳 = 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 𝒌𝒌 = 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 La energía potencial elástica es:
𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 ∗ ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 Usando 𝑭𝑭 = 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 ∗ ∆𝑳𝑳 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 59. La cuerda E de acero de un violín está bajo la tensión de 53 N. El diámetro de la cuerda es 0,20 mm y su longitud tensada es 35,0 cm. Determinar a) La longitud sin tensar de esta cuerda. b) El trabajo necesario para tensar la cuerda (véase problema 58). a) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 La longitud tensada es: 𝑳𝑳′ = 𝑳𝑳 + ∆𝑳𝑳 = 𝑳𝑳 ∗ �𝟏𝟏 + 𝑭𝑭 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 � 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳′ �𝟏𝟏+ 𝑭𝑭 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 � = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 (𝟏𝟏+ 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑� 𝟐𝟐 ∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 b) 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑱𝑱 60. Una cinta de caucho de sección3 mm X 1,5 mm se dispone verticalmente y varias masas se cuelgan de ella. Un estudiante obtiene los siguientes datos de la longitud de la cinta en función de la carga: Carga, g 0 100 200 300 400 500 Longitud ,cm 5,0 5,6 6,2 6,9 7,8 10,0 a) Determinar el módulo de Young de la cinta de caucho para cargas pequeñas. b) Determinar la energía almacenada en la cinta cuando la carga es de 150g. (véase problema 58). a) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Carga (kg) Fuerza (N) ∆𝑳𝑳(𝒎𝒎) ∆𝑳𝑳/𝑭𝑭 (N/m) 0,1 0,981 0,006 6,12*10-3 0,2 1,962 0,012 6,12*10-3 0,3 2,943 0,019 6,46*10-3 0,4 3,924 0,028 7,14*10-3 0,5 4,905 0,05 10,2*10-3 Para valores menores de 200 g el cociente de la última columna es constante, para estos casos: 𝒀𝒀 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 = 𝑳𝑳 𝑨𝑨 ∗ 𝑭𝑭 ∆𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏 𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 b) 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑱𝑱 61. Un edificio se derriba mediante una bola de acero de 400 kg que oscila en el extremo de un alambre de acero de diámetro 5 cm y longitud de 30 m que cuelga de una enorme grúa. La bola oscila según un arco, de modo que en la parte más elevada de la oscilación el alambre forma un ángulo de 50º con la vertical. Determinar el alargamiento del alambre en la parte más baja de la oscilación. La fuerza sobre el cable es la tensión, la tensión en el punto más bajo viene dada por: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 = 𝒎𝒎 ∗ �𝒈𝒈 + 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 � La velocidad en el punto más bajo se obtiene por la conservación de la enrgía:
𝒗𝒗 = �𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒉𝒉 = �𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) Con esto: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟏𝟏 + 𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒀𝒀 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟑𝟑𝟑𝟑 𝝅𝝅∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝒎𝒎 62. Un gran espejo cuelga de un clavo, como se muestra en la figura. El alambre de acero que lo soporta tiene un diámetro de 1,8 mm y una longitud sin deformar de 1,5 m. La distancia entre los puntos de soporte en la parte superior del marco del espejo es 1,3 m. La masa del espejo es 2,4 kg. ¿Cuál es la distancia entre el clavo y la parte superior del marco cuando el espejo está colgado? 𝒂𝒂 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑 𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒎𝒎 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 𝒉𝒉 = �𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟐𝟐 − 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒉𝒉 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐,𝟒𝟒∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 = 𝑻𝑻 𝑨𝑨 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝝅𝝅∗(𝟎𝟎,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝒀𝒀 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 Usando el teorema de Pitágoras: 𝒂𝒂𝟐𝟐 + 𝒉𝒉𝟐𝟐 = 𝑳𝑳𝟐𝟐
Derivando: 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ ∆𝒂𝒂 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ ∆𝒉𝒉 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ ∆𝑳𝑳 Como ∆𝒂𝒂 = 𝟎𝟎: 𝒉𝒉 ∗ ∆𝒉𝒉 = 𝑳𝑳 ∗ ∆𝑳𝑳 ∆𝒉𝒉 = 𝑳𝑳∗∆𝑳𝑳 𝒉𝒉 = 𝑳𝑳∗∆𝑳𝑳 𝒉𝒉 ∗ 𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝒉𝒉 ∗ ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 = 𝟔𝟔,𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒎𝒎 𝒉𝒉′ = 𝒉𝒉 + ∆𝒉𝒉 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 + 𝟔𝟔, 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 63. Dos masas M1 y M2 están sujetas a sendos cables de igual longitud sin carga. El alambre que soporta a M1 es de aluminio de 0,7 mm de diámetro y el que soporta a M2 es de acero y 0,5 mm de diámetro. ¿Cuál es la relación M1/M2, si los dos cables se alargan por igual? 𝒀𝒀 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝑴𝑴𝟏𝟏∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝟏𝟏 𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝑴𝑴𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝟐𝟐 𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 Los dos incrementos son iguales y las dos longitudes también. 𝑴𝑴𝟏𝟏 𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 = 𝑴𝑴𝟐𝟐 𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 ; 𝑴𝑴𝟏𝟏 𝑴𝑴𝟐𝟐 = 𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 𝑴𝑴𝟏𝟏 𝑴𝑴𝟐𝟐 = 𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 64. Una masa de 0,5 kg se sujeta a un alambre de aluminio de diámetro 1,6 mm y longitud sin deformar 0,7 m. El otro extremo del alambre está fijo a un poste. La masa gira alrededor del poste en un plano horizontal comuna velocidad de rotación tal que el ángulo que forman el alambre y la horizontal es 5, 0º. Determinar la tensión del alambre y su longitud. 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳𝒐𝒐 + ∆𝑳𝑳 En la pelota, la fuerza resultante vertical es nula. 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 = 𝑻𝑻∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟕𝟕 𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝝅𝝅∗(𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟐𝟐, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝒎𝒎 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕 + 𝟐𝟐, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎
65. Según la tabla: La resistencia a la tracción de la mayor parte de los materiales resulta ser dos o tres órdenes de magnitud inferior al módulo de Young. En consecuencia, estos materiales, por ejemplo, el aluminio, se romperán antes de que la deformación exceda un 1 %. Sin embargo, en el caso del nailon, la resistencia a la tracción y el módulo de tracción son prácticamente iguales. Si un hilo de nailon de longitud sin deformar Lo y sección transversal Ao se somete a una tensión T, la sección transversal puede hacerse substancialmente menor antes de que el hilo se rompa. En estas condiciones la tensión por tracción T/A sería muy superior a T/Ao. Deducir una expresión que relacione el área A con la tensión T, Ao y el módulo de Young. Durante la deformación, el volumen se conserva: 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒐𝒐 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑹𝑹 = 𝑹𝑹𝒐𝒐 ∗ � 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳 𝑨𝑨 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝑨𝑨𝒐𝒐 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒐𝒐 𝟐𝟐 𝑨𝑨 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳𝒐𝒐+∆𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳𝒐𝒐+ 𝑻𝑻∗𝑳𝑳𝒐𝒐 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝟏𝟏 𝟏𝟏+ 𝑻𝑻 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐+𝑻𝑻 Problemas generales 66. Si el momento resultante es cero respecto a un determinado punto, ¿será cero respecto a cualquier otro punto? Razonar la respuesta. Sí, en caso contrario la conservación del momento angular dependería de las coordenadas escogidas. 67. La barra horizontal de la figura permanecerá horizontal si a) L1=L2 y R1=R2. b) L1=L2 y M1=M2. c) R1=R2 y M1=M2. d) L1M1=L2M2. e) R1L1=L2R2.
Para tener equilibrio rotacional debemos tener momento nulo. El momento respecto al centro es: 𝑴𝑴𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏 = 𝑴𝑴𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 Eso se cumple en el caso c. 68. ¿Cuál de las siguientes magnitudes podría n tener unidades de N/m2 ? a) Módulo de Young. b) Módulo de cizalladura. c) Tensión. d) Deformación. El módulo de Young es: 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Las unidades S.I.: [𝒀𝒀] = 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 𝒎𝒎/𝒎𝒎 = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑴𝑴𝒔𝒔] = � 𝑭𝑭𝒔𝒔/𝑨𝑨 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 � = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏] = [𝑭𝑭/𝑨𝑨] = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏] = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 Este último no tiene dimensiones de 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐. 69. Una persona está sentada en una silla con la espalda erecta. Si intenta levantarse sin inclinarse hacia delante no puede hacerlo. ¿Por qué? El centro de gravedad está sobre sus pies, para levantarse el centro de seguridad debe estar por delante de sus pies y tener un momento resultante. 70. Un tablero de 90 N que tiene una longitud de 12 m está apoyado en dos soportes, cada uno de los cuales dista 1 m del extremo del tablero. Se coloca un bloque de 360 N sobre el tablero a 3 m de un extremo, como se indica en la figura. Hallar la fuerza ejercida por cada soporte sobre el tablero. Tomando momentos respecto al soporte de la derecha: 𝑵𝑵𝒊𝒊 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟒𝟒 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟐𝟐 ; 𝑵𝑵𝒊𝒊 = 𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Por equilibrio de fuerzas:
𝑵𝑵𝒊𝒊 + 𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟗𝟗 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ; 𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟗𝟗 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 71. La altura del centro de gravedad de un hombre erecto se determina pesándole sobre una table de peso despreciable soportada por dos balanzas, como indica la figura. Si la altura del hombre es de 188 cm y la balanza de la izquierda marca 455 N y la de la derecha 400 N, ¿dónde está localizado el centro de gravedad respecto a sus pies? El centro de gravedad estará determinado por la condición de equilibro de fuerzas paralelas: 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ (𝒅𝒅 − 𝒙𝒙) = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝒅𝒅 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒎𝒎 72. La figura muestra un móvil formado por cuatro pesos que cuelgan de tres barras de masa despreciable. Determinar el valor de cada uno de los pesos desconocidos cuando el móvil está en equilibrio. Indicación: Hallar el peso de P1. Por equilibrio de momentos de la barra inferior: 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝑷𝑷𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝑷𝑷𝟏𝟏 = 𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏, 𝟓𝟓 𝑵𝑵 Para la segunda barra: 𝑷𝑷𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝑷𝑷𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟕𝟕 𝑵𝑵 Para la barra superior: 𝑷𝑷𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝑷𝑷𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 𝑵𝑵
73. Una polea y un polipasto se utilizan para soportar una masa de 120 kg como indica la figura. a) ¿Cuál es la tensión de la cuerda? b) ¿Cuál es la ventaja mecánica de este sistema? a) Para determinar la tensión de la cuerda tenemos: 𝟑𝟑 ∗ 𝑻𝑻 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑻𝑻 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈 𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟒𝟒 𝑵𝑵 b) Ventaja 3. 74. Una placa que tiene la forma de un triángulo equilátero de masa M se suspende de un vértice. Otra masa m se suspende de otro vértice del triángulo. ¿Cuál debe ser la relación m/M para que la base del triángulo forme un ángulo de 6,0 º con la horizontal? En trazo continuo tenemos el triángulo colgado del vértice. Al colocar la masa m en le vértice, el triángulo gira y adopta la línea punteada girando un ángulo ϴ.
El centro de masas del triángulo sin la masa se encuentra en un punto a 2/3 de su altura por debajo del punto de suspensión. Si el lado del triángulo tiene una longitud de 2 a: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐∗𝒉𝒉 𝟑𝟑 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑 𝟑𝟑 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 Al colgar la masa m se produce el giro, el centro de masas del triangulo se desplaza de forma que ahora se encuentra en: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 ′ = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑 𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 ′ = 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ √𝟑𝟑 𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Para ángulos pequeños en radianes: 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 ′ = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑 𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 Si miramos el dibujo la masa m también se ha desplazado, en el eje x su desplazamiento es: 𝒅𝒅 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 Tomando momentos respecto al punto de suspensión: 𝝉𝝉𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −(𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽) 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ (𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔) 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽�𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽� = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 𝒎𝒎 𝑴𝑴 = 𝟐𝟐∗𝜽𝜽 √𝟑𝟑∗(𝟏𝟏−√𝟑𝟑∗𝜽𝜽) = 𝟐𝟐∗ 𝟔𝟔∗𝝅𝝅 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 √𝟑𝟑∗�𝟏𝟏−√𝟑𝟑∗ 𝟔𝟔∗𝝅𝝅 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 � = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 75. Un lápiz de sección hexagonal se sitúa sobre una lámina de papel grueso (figura). Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe, para que el lápiz ruede hacia abajo sin deslizarse cuando el papel se inclina. Para empezar a rodar debemos tener que el centro de masas está ligeramente adelantado sobre su base de apoyo, como se ve en la figura este ángulo crítico debe ser de 30º.
Si aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 Operando: 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 Para valores mayores rodará. 𝝁𝝁𝒆𝒆 ≥ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝟑𝟑𝟑𝟑 ≥ 𝟎𝟎, 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 76. Habiendo perdido su trabajo en la oficina de correos, Barry decide explorar sus posibilidades futuras como brillante escultor. Barry decide pedir prestado el dinero suficiente para adquirir un bloque de mármol de 3 m X 1 m X 1 m. Después de cargar el bloque en la parte trasera de su camioneta, en posición vertical con la base cuadrada sobre el suelo de la camioneta, se dirige hacia su casa. De pronto, se interpone en su camino una ardilla desorientada y Barry frena con fuerza. ¿Qué desaceleración provocará el vuelco del bloque de mármol? Aplicando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝒇𝒇𝒆𝒆 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂
Aplicando momentos respecto al centro de masas: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒆𝒆 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒉𝒉 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝒂𝒂 = 𝑳𝑳 𝒉𝒉 ∗ 𝒈𝒈 En nuestro caso L=1 y h=2. 𝒂𝒂 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 77. Una caja uniforme de 8 kg de masa y dos veces más alta que ancha descansa sobre el suelo de un camión. ¿Cuál es el máximo coeficiente de rozamiento estático entre la caja y el suelo para que la caja deslice hacia atrás en lugar de volcar cuando el camión acelera en una carretera horizontal con una aceleración a=0,6 g? Aplicando equilibrio de momentos respecto al centro de masas: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗
𝝉𝝉𝒇𝒇𝒔𝒔 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝒘𝒘 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘 𝟐𝟐 Usando 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈, la condición de equilibrio de rotación es: 𝝁𝝁𝒔𝒔 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 Por tanto, para valores mayores se producirá deslizamiento sin vuelco. 𝝁𝝁𝒔𝒔 < 𝟏𝟏/𝟐𝟐 78. La exposición de arte de Barry contiene múltiples esculturas pequeñas situadas alrededor de una pieza central que se titula “Política”. La pieza consta de tres barras idénticas, cada una de ellas de longitud L y masa m, unidas del modo que se muestra en la figura. Dos de las barras forman una ⊥ fija y la tercera está suspendida de una bisagra. Preguntando sobre la razón del título de la escultura, Barry responde: “Oscila de izquierda a derecha con las variaciones de la bisagra, pero cualquiera que sea el punto de partida, siempre vuelve al mismo lugar”. Cuando alcanza el equilibrio, ¿Cuál es el valor de ϴ? Consideramos equilibro de momentos respecto al punto de soporte: 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗
𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑳𝑳/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔) ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔� = 𝟎𝟎 𝟐𝟐,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟒𝟒,𝟓𝟓) = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓º 79. En los juegos olímpicos de 1996, el levantador de pesas de categoría superpesado, Andrei Chemerkin, batió el récord mundial con un levantamiento de 260 kg. Suponer que la sujeción de la barra fue ligeramente asimétrica como muestra la figura. Determinar el peso máximo que Chemerkin podía haber levantado con una sujeción simétrica, suponiendo que sus brazos eran igualmente fuertes. Para el levantamiento realizado, consideramos equilibrio de fuerzas, sea F2 la fuerza del brazo izquierdo y F1 la del derecho: 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 Por equilibrio de momentos, respecto al extremo izquierdo de la figura: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 Despejamos F1 de la primera: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = −𝑭𝑭𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 Substituimos en la segunda: (−𝑭𝑭𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖) ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟑𝟑−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 (𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇 𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃 𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊) 𝑭𝑭𝟏𝟏 = −𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 Si los dos brazos pueden realizar una fuerza de 1487,85 N, la masa que podrá levantar en cada parte con una sujeción simétrica será: 𝒎𝒎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 Por tanto, M=2*152=304 kg 80. Una balanza tiene brazos desiguales. Un bloque de 1,5 kg situado en el platillo izquierdo parece tener la misma masa que otro de 1,95 kg en el platillo derecho (figura). ¿Cuál sería la masa aparente del primero si se colocara en el platillo derecho?
Considerando el equilibrio: 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ; 𝑳𝑳𝟏𝟏 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 Si colocamos la masa de 1,5 kg en el lado derecho: 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 ;𝒎𝒎 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 81. Un cubo de masa M se apoya contra una pared sin rozamiento formando un ángulo ϴ con el suelo como se indica en la figura. Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe entre el cubo y el suelo que permite que el cubo permanezca en reposo. Considerando equilibrio de fuerzas: 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 Tenemos dos pares de fuerzas actuando, el par fs,max y Fw por un lado , y el par Fn y Mg. Los dos han de estar equilibrados. El momento de fs,max y Fw: 𝑴𝑴𝟏𝟏 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒂𝒂 El de Fn y Mg:
𝑴𝑴𝟏𝟏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟒𝟒𝟒𝟒 + 𝜽𝜽) ∗ 𝒂𝒂 √𝟐𝟐 Igualando los dos: 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 √𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟒𝟒𝟒𝟒 + 𝜽𝜽) 𝝁𝝁𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟒𝟒𝟒𝟒+𝜽𝜽) 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 𝝁𝝁𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 82. La figura muestra una regla de metro unidas mediante una bisagra a una pared vertical y soportada mediante un alambre delgado. El alambre y la regla de metro forman ángulos de 45º con la vertical. La masa de la regla es 5,0 kg. Cuando una masa de 10,0 kg se suspende del punto medio de la regla, la tensión T del alambre soporte es de 52 N. Si el alambre se rompe cuando la tensión excede los 75 N, ¿Cuál es la máxima distancia a lo largo de la regla que permite suspender la masa de 10,0 kg si que se rompa el alambre? Sea d la distancia a la parte inferior de la masa de 10,0 kg, T la tensión máxima (75 N) Aplicamos momentos respecto al punto inferior de la regla, m la masa de la regla y M la masa colgante: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒅𝒅 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎, 𝟓𝟓 = 𝑻𝑻 ∗ 𝟏𝟏 𝒅𝒅 = 𝑻𝑻∗𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 83. La figura muestra una escalera de 20 kg apoyada contra una pared sin rozamiento y descansando sobre una superficie horizontal también sin rozamiento. Para evitar que la escalera deslice, la parte inferior de la escalera se ata a la pared con un alambre delgado, la tensión del alambre es 29,4 N. El alambre se romperá si la tensión supera los 200 N. a) Si una persona de 80 kg asciende hasta la mitad de la escalera, ¿qué fuerza ejercerá ésta sobre la pared? b) ¿Hasta qué altura puede ascender una persona de 80 kg con esta escalera? a) 𝒍𝒍 = �𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎
𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟓𝟓 � = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝒐𝒐 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑻𝑻 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 Haciendo momentos respecto a la parte inferior de la escalera: 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 = (𝒎𝒎 + 𝑴𝑴) ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕; 𝑭𝑭𝒘𝒘 = (𝟐𝟐𝟐𝟐+𝟖𝟖𝟖𝟖)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 b) En este caso ha subido una longitud l por la escalera, de forma que su posición respecto a la base de la escalera será x=l*cosϴ e y=l*senϴ. Con esto, aplicando momento nulo y Fw=T=200 N obtenemos: 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒍𝒍 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟓𝟓−𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟑𝟑 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 84. Suponga que la barra que cuelga de la T en el problema 78 tiene una longitud diferente de las otras barras, es decir 𝒍𝒍 ≠ 𝑳𝑳, aunque su masa por unidad de longitud es la misma que la de aquellas. Hallar la relación L/l tal que 𝜽𝜽 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝒐𝒐 .
Consideramos equilibro de momentos respecto al punto de soporte: 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒍𝒍/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔) ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔� = 𝟎𝟎 Ponemos las masas en función de las densidades: 𝑴𝑴 = 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ; 𝒎𝒎 = 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔� = 𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ (𝟎𝟎, 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 𝑳𝑳 𝒍𝒍 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 85. Un cubo uniforme puede moverse a la largo de un plano horizontal bien empujándolo, de modo que deslice o bien haciéndolo rodar. ¿Cuál es el coeficiente de fricción estática entre el cubo y el suelo si el trabajo necesario para el desplazamiento es el mismo en ambos casos? Para elevar el cubo, elevamos su centro de masas desde a/2 hasta √𝟐𝟐𝒂𝒂/𝟐𝟐.El trabajo coincidirá con el cambio de energía potencial: 𝑾𝑾 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒉𝒉 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ � √𝟐𝟐𝒂𝒂 𝟐𝟐 − 𝒂𝒂 𝟐𝟐 � = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂 𝟐𝟐 ∗ �√𝟐𝟐 − 𝟏𝟏� = 𝟎𝟎, 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 Cuando arrastramos el cubo ejercemos un trabajo igual al que hace la fuerza de fricción: 𝑾𝑾 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 Como los dos son iguales: 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ; 𝝁𝝁𝒅𝒅 = 𝟎𝟎, 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 86. Un bloque grande y rectangular descansa sobre un plano inclinado del modo indicado en la figura. Si µe= 0,4, ¿el bloque deslizará o volcará al incrementar lentamente el ángulo ϴ?
El bloque volcará cuando el peso no “caiga” sobre su base. Aplicamos la condición de equilibrio: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 Para deslizar se requiere un ángulo: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝝁𝝁𝒆𝒆) = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟎𝟎.𝟒𝟒) = 𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟖𝟖𝒐𝒐 Ahora hemos de ver si este ángulo permite que vuelque: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝒐𝒐 El ángulo requerido para volcar es menor que el de deslizar, por tanto, volcará. 87. Una masa de 360 kg pende de un cable sujeto a una barra de acero de 15 m de longitud que pivota en una pared vertical y se soporta mediante un cable como indica la figura. La masa de la barra es de 85 kg. a) Con el cable sujeto a la barra a 5,0 m del extremo inferior, como se indica, determinar la tensión del cable y la fuerza ejercida por la pared sobre la barra de acero. b) Repetir el cálculo con un cable algo más largo sujeto a la barra de acero a 5,0 m d su extremo superior, manteniendo el mismo ángulo entre la barra y la pared.
a) Haciendo momentos respecto al punto de soporte: 𝑻𝑻 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟕𝟕, 𝟓𝟓 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 ;𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟓𝟓 𝑻𝑻 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏) 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ (𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑) − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = −𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 b) 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟕𝟕,𝟓𝟓 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 ;𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑻𝑻 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏) 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ (𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑) − 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵
𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 88. Repetir el problema 77 para el caso en que el camión acelera con a=0,6g al sub ir una pendiente que forma un ángulo de 9,0º con la horizontal. Usando momentos respecto al centro de la caja: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒇𝒇 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒘𝒘/𝟐𝟐 𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 Utilizando la expresión de fuerza de rozamiento estático: 𝒇𝒇𝒔𝒔 ≤ 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁𝒔𝒔 ≥ 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 Para deslizar: 𝝁𝝁𝒔𝒔 < 𝟎𝟎,𝟓𝟓 89. Una barra delgada de 60 cm de longitud se equilibra sobre un pivote situado a 20 cm de un extremo cuando una masa de (2m+2) g está en el extremo más próximo al pivote y una masa m en el extremo opuesto (figura a). También se considera el equilibrio si la masa (2m+2) g se reemplaza por la masa m y en el otro extremo no se sitúa masa alguna (figura b). Determinar la masa de la barra. Aplicando momentos respecto a los puntos de soporte: (𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟐𝟐) ∗ 𝟎𝟎, 𝟐𝟐 = (𝑴𝑴 ∗ 𝟎𝟎, 𝟏𝟏) + 𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏 De las dos obtenemos: 𝑴𝑴 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎
Substituyendo en la primera: 𝒎𝒎 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑴𝑴 = 𝟒𝟒 𝒈𝒈 90. El planeta Marte tiene dos satélites. Fobos y Deimos, en órbitas casi circulares. Los radios de Fobos y Deimos son 9,38 103 km y 23,46 103 km, respectivamente. La masa de Marte es 6,42 1023 kg, la de Fobos 9,63 1015 kg y la de Deimos 1,93 1015 kg. Determinar el centro de gravedad y el centro de masas del sistema formado por los dos satélites utilizando el centro de Marte como origen cuando a) Los satélites están en oposición (es decir, en lados exactamente opuestos de Marte. b) Los satélites están en conjunción (es decir, en línea y en el mismo lado de Marte). a) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌 ,𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭 b) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 Si consideramos los satélites y el planeta esferas uniformes centro de gravedad y de masas coincidirán. 91. Cuando se cuelga un cuadro en una pared vertical rugosa mediane un alambre y un clavo (de la misma manera que el espejo de la figura del problema 62). La parte superior del marco se inclina ligeramente hacia adelante; es decir, el plano del cuadro forma un pequeño ángulo con la vertical. a) Explicar por qué los cuadros colgados de esta manera no quedan planos contra la pared. b) Un cuadro enmarcado de 1,5 m de ancho y 1,2 m de alto, cuya masa es 8,0 kg, se cuelga como en la figura del problema 62 utilizando un alambre de 1,7 m de longitud. Los extremos del alambre están unidos a los lados del marco por la parte posterior y a una distancia de 0,4 m del borde superior. Cuando el bloque está colgado, los planos del cuadro y de la pared forman un ángulo de 5, 0º. Determinar la fuerza que la pared ejerce sobre la parte inferior del marco. a) Como el centro de gravedad del cuadro está frente a la pared, el momento debido a mg respecto al clavo debe equilibrarse por un momento opuesto debido a la fuerza de la pared sobre el cuadro, que actúa horizontalmente. Así, para qué ∑ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, la tensión en el alambre debe tener un componente horizontal y el cuadro debe inclinarse hacia delante. b)
Tomando momentos respecto al clavo: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎, 𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝟎𝟎.𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝟏𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = −𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟑𝟑, 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 92. Un espejo rectangular de 1,0 m de alto y 0,60 m de ancho se cuelga de un gancho en la pared utilizando un alambre de 0,85 m de longitud, sujeto a los lados del espejo, 0,20 m por debajo del borde superior. La masa del espejo es 6,0 kg. a) Determinar el ángulo que el plano del espejo forma con el plano vertical. b) Determinar la tensión de los alambres de soporte y la fuerza ejercida por la pared sobre el borde inferior del espejo. Para la cuerda: 𝒉𝒉 = �𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 Consideramos el triangulo del dibujo superior, formado por pared, cuadro y cuerda en “visión” lateral:
Al no ser un triángulo rectángulo tenemos: 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 + 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟐𝟐 − 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎, 𝟖𝟖 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 Obtenemos: 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑 ; 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 ;𝜶𝜶 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟎𝟎 La solución es: ; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟎𝟎 b) Procedemos como en el problema anterior: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟐𝟐 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟐𝟐 𝑵𝑵 En el sentido vertical: 𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑻𝑻𝒚𝒚 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 = 𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 En el sentido horizontal: 𝑻𝑻𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 En el eje perpendicular al papel tenemos: 𝜶𝜶 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟎𝟎,𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝒐𝒐 𝑻𝑻𝒛𝒛 = �𝑻𝑻𝒙𝒙 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒛𝒛 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ; 𝑻𝑻𝒛𝒛 𝟐𝟐 = (𝑻𝑻𝒙𝒙 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒛𝒛 𝟐𝟐 ) ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑻𝑻𝒛𝒛 = � 𝟏𝟏 � 𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟒𝟒𝟒𝟒 −𝟏𝟏� ∗ (𝑻𝑻𝒙𝒙 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚 𝟐𝟐) = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟐𝟐 𝑵𝑵 93. Si un tren viaja a determinada velocidad en una curva los vagones de mercancía pueden volcar. Suponer que la carga que transporta son paralelepípedos de densidad uniforme y 1,5 104 kg de masa, 10 m longitud, 3,0 m de altura y 2,20 m de ancho y su base se encuentra a 0,65 m por encima de las vías. Los ejes están separados a una distancia de 7,6 m y cada uno a 1,2 m de los extremos del furgón. La separación entre los carriles es de 1,55 m. Determinar la máxima velocidad de seguridad del tren si el radio de curvatura de la curva es a) 150 m. b) 240 m. a)
La distancia a las ruedas desde la línea central es de 1,55/2=0,775 m. La altura desde el suelo al centro es de 0,65+1,5=2,15 m. Considerando momentos al centro de gravedad del vagón: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒔𝒔 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒇𝒇𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐, 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 � = −𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ Considerando momento nulo: 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 Por equilibrio de fuerzas verticales y por tener m.c.u.: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 Con esto: 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ 𝟐𝟐, 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒗𝒗 = �𝑹𝑹 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 = �𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒈𝒈 𝒗𝒗(𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎) = �𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟎𝟎 𝒎𝒎/𝒔𝒔 b) 𝒗𝒗(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎) = √𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝒎𝒎/𝒔𝒔 94. Para caminar sobre la cuerda floja, un equilibrista utiliza una barra delgada de 8 m de longitud y curvada en forma de arco circular. En cada extremo de la barra hay una masa de plomo de 8 kg. El equilibrista, cuya masa es de 58 kg y cuyo centro de gravedad está a 0,90 m por encima de la cuerda, sujeta fuertemente la barra por su centro que se encuentra a 0,65 m por encima de la cuerda. ¿Cuál debe ser el radio de curvatura del arco de la barra para que el equilibrista se encuentre en equilibrio estable mientras avanza por la cuerda? Despreciar la masa de la cuerda.
La posición del centro de masas en el eje Y debe ser 0: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟗𝟗−𝟐𝟐+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝒅𝒅 𝟓𝟓𝟓𝟓+𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎 ; 𝒅𝒅 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 De acuerdo con el dibujo: 𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝒅𝒅 ;𝒔𝒔 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 + 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒎𝒎 𝒔𝒔 = 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) Considerando en radianes: 𝑹𝑹 ∗ 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒 𝒎𝒎 ; 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒 𝜽𝜽 𝒔𝒔 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝜽𝜽 ; 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝜽𝜽 La ecuación tiene por solución: 𝜽𝜽 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 Por tanto: 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 95. Un gran cajón que pesa 4500 N descansa sobre cuatro bloques de 12 cm de altura sobre una superficie horizontal (figura). El cajón tiene 2 m de longitud, 1,2 m de altura y 1,2 m de ancho. Una persona debe levantar un extremo del cajón mediante una larga barra de acero. El coeficiente de fricción estática entre los bloques y la superficie es 0,4. Estimar la longitud de la barra de acero necesaria para que una persona pueda levantar el extremo del cajón. Las fuerzas sobre la caja son:
Sobre la barra: l seria la longitud de palanca por debajo de la caja. Cuando está a punto de levantarse, por condiciones de equilibrio: Eje y, para la caja: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾 Momentos respecto al punto B, para la caja: 𝒘𝒘 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝑾𝑾 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑾𝑾 Usando la primera ecuación: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 = 𝑾𝑾 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑾𝑾 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑾𝑾 Aplicando momentos a la barra respecto al punto A: 𝑭𝑭 ∗ (𝑳𝑳 − 𝒍𝒍) = 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 ∗ 𝒍𝒍 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 𝑭𝑭 � = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏 + 𝑾𝑾 𝟐𝟐∗𝑭𝑭 � En función de la fuerza máxima que podamos aplicar F: 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟐𝟐∗𝑭𝑭 � 96. Seis ladrillos idénticos se disponen uno encima del otro en sentido longitudinal para construir una torre inclinada con el máximo retranqueo que permita su estabilidad. a) Partiendo de la parte más alta, determinar el máximo retranqueo de cada ladrillo sucesivo. b) ¿Cuál es el máximo saliente de los seis ladrillos? a) Para el primer ladrillo:
Para el tercer ladrillo: Considerando momentos al punto P: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ (𝑳𝑳 + 𝒍𝒍) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳 𝟒𝟒 De la misma manera: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 + 𝒍𝒍� + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 − 𝟑𝟑 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳 + 𝑳𝑳� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ ( 𝟓𝟓 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳 + 𝒍𝒍 − 𝑳𝑳) 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳/𝟔𝟔 Siguiendo de la misma manera el quinto será: 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳 𝟖𝟖
El sexto: 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳/𝟏𝟏𝟏𝟏 97. Una esfera uniforme de radio R y masa M se mantiene en reposo sobre un plano inclinado de ángulo ϴ mediante una cuerda horizontal, como muestra la figura. Se R=20 cm, M=3 kg y ϴ=30º. a) Determinar la tensión en la cuerda. b) ¿Cuál es la fuerza normal ejercida sobre la esfera por el plano inclinado? c) ¿Cuál es la fuerza de rozamiento que actúa sobre la esfera? a) Aplicando momentos respecto al centro: 𝝉𝝉𝒇𝒇 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑹𝑹 𝟎𝟎 � = −𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 𝑹𝑹 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝑹𝑹 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ∗ �𝒄𝒄𝒐𝒐𝒐𝒐𝟐𝟐 𝜽𝜽 + 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟐𝟐 𝜽𝜽� ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹 = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ;𝒇𝒇 = 𝑻𝑻 Por equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝒇𝒇 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 = 𝟎𝟎 Usando f=T
𝑻𝑻 ∗ (𝟏𝟏 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 ; 𝑻𝑻 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 (𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) 𝑻𝑻 = 𝟑𝟑∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 b) Por equilibrio de fuerzas en el je y: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟑𝟑 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝟕𝟕, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝑵𝑵 c) 𝒇𝒇 = 𝑻𝑻 = 𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 98. Las patas de un triplete forman ángulos iguales de 90º entre sí en el vértice, donde se unen juntas. Un bloque de 100 kg cuelga del vértice. ¿Cuáles son las fuerzas de compresión en las tres patas? Como el ángulo entre patas es de 90 grados, los ángulos en la base son de 45º. Considerando el triángulo entre las dos patas: 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝟐𝟐 ; 𝑩𝑩𝑩𝑩 = √𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 Consideramos el triangulo de la base ABC: Aplicando Pitágoras: 𝒂𝒂 = �𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝟐𝟐 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = � 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳
La distancia b será: 𝒃𝒃 = 𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ � 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 Consideramos el triángulo: 𝒄𝒄 = √𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝒃𝒃𝟐𝟐 = �𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝟒𝟒 𝟗𝟗 ∗ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 ∗ 𝑳𝑳 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒄𝒄 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 Considerando la situación de equilibrio: 𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟑𝟑∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑∗ 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 99. La figura muestra una viga uniforme de 20 cm de longitud descansando sobre un cilindro de 4 cm de radio. La masa de la viga es de 5,0 kg y la del cilindro 8,0 kg. El coeficiente de rozamiento entre la viga y el cilindro es cero. a) Determinar las fuerzas que actúan sobre la viga y el cilindro. b) ¿Cuáles deben ser los coeficientes mínimos de rozamiento estático entre la viga y el suelo y entre el cilindro y el suelo para evitar el deslizamiento? Las fuerzas de rozamiento son: 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒗𝒗−𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏
𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒆𝒆−𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒏𝒏 Aplicando momentos respecto a la base de la viga, para la viga: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒄𝒄 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎 −𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 Usando el equilibrio de fuerzas para la viga: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 Por ser Fcb y Fc de acción y reacción: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 Usando equilibrio de fuerzas para el cilindro: 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟖𝟖 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 Por tanto: 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒗𝒗−𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 = 𝟎𝟎, 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒆𝒆−𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 100. Dos esferas pulidas sólidas de radio r se sitúan dentro de un cilindro de radio R como indica la figura. La masa de cada esfera es m. Determinar la fuerza ejercida por el fondo del cilindro y la fuerza ejercida de una esfera sobre la otra.
𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 = 𝑹𝑹−𝒓𝒓 𝒓𝒓 ;𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝜽𝜽 = 𝑹𝑹−𝒓𝒓 �𝑹𝑹∗(𝟐𝟐∗𝒓𝒓−𝑹𝑹) Si consideramos equilibrio de fuerzas verticales de las dos esferas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Para la esfera inferior: 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 Por equilibrio de fuerzas horizontales: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹−𝒓𝒓 �𝑹𝑹∗(𝟐𝟐∗𝒓𝒓−𝑹𝑹) 101. Un cubo sólido de arista a equilibrado sobre un cilindro de diámetro d se encuentra en equilibrio inestable si d≪a y en equilibrio estable si d≫a (figura). Determinar el valor mínimo de d/a para que el cubo se encuentre en equilibrio estable.
Si el cubo tiene un desplazamiento 𝜹𝜹𝜽𝜽, el punto de contacto cambia en 𝑹𝑹 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹 con R=d/2. Como resultado del movimiento el cubo gira el mismo ángulo 𝜹𝜹𝜽𝜽.Su centro se desplaza en la misma dirección en 𝒂𝒂 𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹. Si el desplazamiento del centro de masa del cubo es menor que el del punto de contacto el momento resultante restaura el equilibrio, en caso contrario no. 𝒂𝒂 𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹 > 𝒅𝒅 𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹 no habrá equilibrio. La condición de equilibrio es: d/a=1

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Equilibrio estático y elasticidad

  • 1.
    EQUILIBRIO ESTÁTICO YELASTICIDAD Condiciones de equilibrio 1. Verdadero o falso: a) ∑ 𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 es suficiente para que exista el equilibrio estático. b) ∑ 𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 es necesario para que exista el equilibrio estático. c) En equilibrio estático, el momento resultante respecto a cualquier punto es nulo. d) Para que un objeto esté en equilibrio es necesario que sobre él no actúe ninguna fuerza. La condición de equilibrio estático es: ∑ 𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 i ∑ 𝝉𝝉 = 𝟎𝟎 . Por tanto, b y c son correctas. 2. Un balancín de 4 m de longitud pivota en su centro. Un niño de 28 kg se sienta en uno de los extremos. ¿Dónde debe sentarse un segundo niño de 40 kg para equilibrar el balancín? Para tener equilibrio el momento resultante ha de ser 0. 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝒎𝒎𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝒎𝒎𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 ;𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟏𝟏, 𝟒𝟒 𝒎𝒎 3. Como indica la figura, Misako realiza un ejercicio de levantar su cuerpo con las manos. Su centro de gravedad se encuentra directamente sobre el punto P del suelo, el cual dista 0,9 m de sus pies y 0,6 de sus manos. Si su masa es de 54 kg, ¿Cuál es la fuerza ejercida por el suelo sobre sus manos?
  • 2.
    𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏= 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Operando: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 (𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐) ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟐𝟐+𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟗𝟗 𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 4. Juan y Betina transportan un bloque de 60 kg sobre una taula de 4 m como indica la figura. La masa de la tabla es 10 kg. Como Juan pasa la mayor parte de su tiempo leyendo libros de cocina, mientras Betina practica la gimnasia, sitúan el bloque a 2,5 m de Juan y a 1,5 m de Betina. Determinar la fuerza en Newtons ejercida por cada una para transportar el bloque. 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = (𝒎𝒎𝟏𝟏 + 𝒎𝒎𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 Considerando momentos sobre el centro del tablón: El tablón tiene 4 m, la distancia del bloque al centro del tablón son 0,5 m=d. 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 + 𝒎𝒎𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 Operando, despejamos F1 de la primera: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = (𝒎𝒎𝟏𝟏 + 𝒎𝒎𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 Substituimos en la segunda y despejamos F2: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = (𝒎𝒎𝟏𝟏+𝒎𝒎𝟐𝟐)∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅 𝒅𝒅𝟐𝟐+𝒅𝒅𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗.𝟖𝟖∗𝟐𝟐−𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖 − 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒.𝟓𝟓 𝑵𝑵
  • 3.
    5. Misako deseamedir la fuerza de sus bíceps ejerciendo una fuerza sobre la abrazadera y el aparato medidor de la figura. La abrazadera dista 28 cm del punto de giro del codo, y el bíceps está unido en un punto situado a 5 cm del centro de giro. Si la escala del aparato marca 18 N cuando ella ejerce su máxima fuerza, ¿qué fuerza es ejercida por el bíceps? Tomando momentos: 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭 ∗ 𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄 ;𝑭𝑭 = 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 6. Una muleta presiona contra la acera comuna fuerza Fc a lo largo de su propia dirección, como indica la figura. Esta fuerza está equilibrada por una fuerza normal Fn y una fuerza de rozamiento fe como se indica en la figura. a) Demostrar que cuando la fuerza de rozamiento alcanza su valor máximo, el coeficiente de rozamiento depende del ángulo 𝜽𝜽 según la relación 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕. b) Explicar cómo este resultado se aplica a las fuerzas que actúan sobre el pie cuando no se utiliza la muleta. c) ¿Por qué conviene dar pasos cortos al andar sobre hielo? a) Equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒆𝒆 Para la fuerza estática máxima:
  • 4.
    𝒇𝒇𝒆𝒆 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 Substituyendo: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ; 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 b) Para el pie las fuerzas que actúan son las mismas, dado que el coeficiente e fricción depende de la tangente de ϴ , como la tangente aumenta con el ángulo en el primer cuadrante, la fricción también lo hará. c) Si los pasos son pequeños, el ángulo de inclinación se hace mayor y por ende el coeficiente de fricción también. Centro de gravedad 7. Verdadero o falso: el centro de gravedad se encuentra siempre en el centro geométrico del cuerpo. Falso, depende de la distribución de masas del cuerpo. 8. ¿Es necesario que exista materia en el centro de gravedad de un objeto? No, por ejemplo, en un cascarón esférico uniforme el centro de gravedad estará en su centro geométrico, y no hay masa en ese punto. 9. Si la aceleración de la gravedad no es constante en todas las partes de un objeto, ¿es el centro de masa o el centro de gravedad el que coincide con el punto pivote cuando el objeto está equilibrado? Es el centro de gravedad el punto pivote. 10. Dos esferas de radio R se encuentran sobre una tabla horizontal con sus centros separados una distancia 4 R. Una esfera pesa el doble que la otra. ¿Dónde se encuentra el centro de gravedad del sistema? Si consideramos la esfera de masa 2 M a la izquierda, en el origen de coordenadas, tendremos, el centro de gravedad en una posición x: 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝑴𝑴 ∗ (𝟒𝟒 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒙𝒙);𝒙𝒙 = 𝟒𝟒 𝟑𝟑 ∗ 𝑹𝑹 11. Un automóvil gravita al 58 por ciento de su peso sobre las ruedas delanteras. La distancia entre las ruedas delanteras y traseras es de 2 m. Determinar el centro de gravedad del automóvil respecto a las ruedas delanteras. Consideramos el origen de coordenadas en las ruedas delanteras, las ruedas traseras están a 2 m, el centro de gravedad en un punto x. 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ (𝟐𝟐 − 𝒙𝒙);𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 12. Cada uno de los objetos que se muestran en la figura se encuentra suspendido del techo mediante una cuerda atada al punto marcada con una x en ella. Describir mediante un diagrama la orientación de uno de los objetos suspendidos.
  • 5.
    El centro degravedad estará en el centro geométrico de las figuras. En el primer caso la figura rotará hasta que el centro de gravedad esté en la vertical con el punto de suspensión. En el segundo caso: Para el tercero:
  • 6.
    13. Una placacuadrada se construye soldando cuatro placas cuadradas más pequeñas, cada una de lado a como indica la figura. La placa 1 pesa 40 N, la placa 2, 60 N; la placa 3, 30 N; y la placa 4, 50 N. Determinar el centro de gravedad ( xcg, ycg). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒙𝒙𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒙𝒙𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒙𝒙𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒙𝒙𝟒𝟒 𝑷𝑷 = 𝟔𝟔𝟔𝟔∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 +𝟒𝟒𝟒𝟒∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 +𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 𝟔𝟔𝟎𝟎+𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟑𝟑𝟑𝟑+𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝒂𝒂 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒚𝒚𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒚𝒚𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒚𝒚𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒚𝒚𝟒𝟒 𝑷𝑷 = 𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟒𝟒𝟒𝟒∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 +𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝒂𝒂/𝟐𝟐 𝟔𝟔𝟔𝟔+𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟑𝟑𝟑𝟑+𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝒂𝒂 14. Una placa rectangular uniforme tiene un hueco circular de radio R como muestra la figura. Determinar el centro de gravedad del sistema. Indicación: No integrar. Utilizar la superposición de una placa rectangular menos una placa circular. El centro de masas del rectángulo esta en su centro: (a/2, b/2) siendo a y b sus dimensiones en los ejes x e y. La placa entera tendrá una masa 𝒂𝒂 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝝈𝝈 ∗ 𝒈𝒈. El hueco tendrá una masa 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝝈𝝈. El centro de masas del círculo estará en su centro: (𝒂𝒂 − 𝑹𝑹, 𝒃𝒃 𝟐𝟐 ). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑷𝑷𝒓𝒓∗𝒙𝒙𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄∗𝒙𝒙𝒄𝒄 𝑷𝑷𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄 = 𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐 −𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈∗(𝒂𝒂−𝑹𝑹) 𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈 = 𝒂𝒂𝟐𝟐∗ 𝒃𝒃 𝟐𝟐 −𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒂𝒂−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟑𝟑 𝒂𝒂∗𝒃𝒃−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒃𝒃/𝟐𝟐 Equilibrio estático
  • 7.
    15. Cuando elárbol que había frente a su casa fue cortado para ensanchar la carretera. Yoe hizo sonar su guitarra eléctrica con amplificador. Todo lo que quedó fue un tronco uniforme de 10 m en posición horizontal sobre dos soportes, esperando ser desmenuzado al día siguiente. Un soporte distaba 2 m del extremo izquierdo y el otro estaba a 4 m del extremo derecho. Determinar las fuerzas ejercidas sobre el tronco por los soportes, mientras Yoe tocaba una horrible melodía que tituló “Réquiem por un árbol caído”. La masa del árbol son 100 kg. La distancia del soporte de la izquierda al centro es de 3 m y la del soporte de la derecha de 1 m. 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟏𝟏+𝒅𝒅𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖∗𝟑𝟑 𝟒𝟒 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 − 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 16. Un hombre utiliza una palanca de 1 m de longitud para levantar un pequeño cajón del suelo. La palanca tiene un punto de apoyo rígido a 10 cm de un extremo, como se indica en la figura. a) Si el hombre ejerce una fuerza hacia debajo de 600 N en un extremo de la barra, ¿Cuál es la fuerza hacia arriba ejercida sobre el cajón por el otro extremo? b) La relación entre las fuerzas ejercidas en los extremos de la barra se denomina ventaja mecánica de la palanca. ¿Cuál es en este caso la ventaja mecánica? a) 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟏𝟏∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎,𝟗𝟗 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 b) 𝑴𝑴 = 𝑭𝑭 𝒇𝒇 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟗𝟗 17. La figura muestra un balandro de 25 pies. El mástil es un palo uniforme de 120 kg soportado sobre cubierta y amarrado a proa y popa por cables del modo indicado. La tensión del cable de popa es de 1000 N. Determinar la tensión en el cable de proa y la fuerza que la cubierta ejerce sobre el mástil. ¿Existe alguna tendencia de que el mástil se deslice hacia la proa o la popa? Si fuera así, ¿Dónde debería colocarse un bloque para evitar el movimiento del mástil?
  • 8.
    Dibujando las fuerzasque actúan sobre el mástil: El ángulo de la proa es: 𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟒𝟒,𝟖𝟖𝟖𝟖 � = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑º Aplicando un momento nulo respecto a la base del mástil, las únicas fuerzas con momento son las dos tensiones: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 La tensión con la popa, TB, es de 1000 N. 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝒇𝒇 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Aplicando el equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑭𝑭 − 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 ; 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟑𝟑 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 ;𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 + 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫; 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟑𝟑 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵;𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂. La fuerza resultante del suelo sobre el mástil: 𝑭𝑭𝑫𝑫 = �𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖º Si consideramos momentos de fuerzas respecto a la punta del mástil, la fuerza con momento es FD, , para contrarrestar su momento pondremos el bloque en la parte izquierda de la base. 18. El balandro de la figura se diferencia ligeramente del correspondiente al problema 17. La masa del mástil es de 150 kg y la tensión del cable de popa sigue siendo 1000 N. Determinar la tensión en cable de proa y la fuerza que el puente ejerce sobre el mástil. ¿existe alguna tendencia de que el mástil se deslice a proa o popa? Si así fuera, ¿dónde debería colocarse un bloque para evitar que el mástil se mueva? De igual manera que en el problema anterior:
  • 9.
    𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟒𝟒,𝟖𝟖𝟖𝟖 �= 𝟐𝟐𝟐𝟐º 𝜽𝜽𝑩𝑩 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟒𝟒.𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟔𝟔.𝟏𝟏𝟏𝟏 � = 𝟑𝟑𝟑𝟑.𝟗𝟗º El momento ha de ser nulo: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑩𝑩 La tensión con la popa, TB, es de 1000 N. 𝑻𝑻𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒔𝒔𝒆𝒆𝒏𝒏 𝜽𝜽𝑩𝑩 𝒍𝒍𝟏𝟏∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝒇𝒇 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟒𝟒,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟗𝟗 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 La fuerza horizontal resultante sobre el suelo: 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑭𝑭 − 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑩𝑩 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟗𝟗 = −𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 La fuerza horizontal estará dirigida hacia la izquierda. 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑭𝑭 + 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝑩𝑩 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔, 𝟗𝟗 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖 𝑭𝑭𝑫𝑫𝑫𝑫 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 Dirigida hacia arriba. La fuerza resultante del suelo sobre el mástil: 𝑭𝑭𝑫𝑫 = �𝟐𝟐𝟕𝟕𝟕𝟕𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 � = 𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟓𝟓º Si consideramos momentos de fuerzas respecto a la punta del mástil, la fuerza con momento es FD, , para contrarrestar su momento pondremos el bloque en la parte derecha de la base. 19. Una viga de 10 m y masa 300 kg se extiende sobre una repisa horizontal como indica l figura. La viga no está sujeta, sino que simplemente descansa sobre la superficie. Un estudiante de 60 kg ha dispuesto la viga de tal modo que puede andar sobre ella hasta el extremo. ¿Qué distancia máxima x es admisible entre el borde de la repisa y el extremo de la viga? La resultante del peso de la viga y del peso del estudiante ha de estar sobre el punto x para evitar que se tumbe: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟓𝟓 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟓𝟓∗𝑴𝑴 𝑴𝑴+𝒎𝒎 = 𝟓𝟓∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎 20. Una tabla horizontal destinada a determinar centros de gravedad está apoyada sobre un fulcro en un extremo y en una balanza en el otro. Un estudiante yace horizontalmente
  • 10.
    sobre la tablacon la cabeza sobre el fulcro, como indica la figura. La balanza está a dos metros del fulcro. El estudiante tiene una masa de 70 kg y cuando está sobre la tabla, la balanza marca 250 N. ¿Dónde está localizado el centro de gravedad del estudiante? Tenemos tres fuerzas actuando, el peso del estudiante, la fuerza de la mesa en la cabeza del estudiante y la fuerza en los pies del estudiante. El momento resultante respecto al punto P ha de ser nulo. 𝑭𝑭𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐 = 𝒘𝒘 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟐𝟐 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 21. Un tablero de 3 m de longitud y 5 kg de masa está sujeto al suelo por una de sus extremos con una bisagra. Se aplica una fuerza vertical F por el otro extremo con el fin de levantar una caja de 60 kg, que se encuentra en reposo sobre el tablero a 80 cm de la bisagra, como se indica en la figura. a) Calcular la magnitud de la fuerza que es necesario aplicar para mantener el tablero estacionario y formando un ángulo 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟑𝟑º. b) Calcular a fuerza ejercida por la bisagra cuando 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟑𝟑º. c) Calcular la fuerza F y la fuerza ejercida por la bisagra si 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟑𝟑º y la fuerza se ejerce perpendicularmente al tablero.
  • 11.
    a) Considerando momento totalrespecto a la bisagra nulo: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟎𝟎,𝟖𝟖 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟖𝟖+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎.𝟖𝟖+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎,𝟖𝟖+𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟓𝟓 𝑵𝑵 b) Considerando la fuerza resultante cero: 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 = (𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝑵𝑵 c) Aplicamos momento nulo: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟎𝟎, 𝟖𝟖 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏, 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟎𝟎,𝟖𝟖+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟎𝟎.𝟖𝟖+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Considerando fuerza resultante nula: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = (𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯 = �𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 22. Un cilindro de peso W se apoya en un sistema sin rozamiento formado por un plano inclinado 30º con la horizontal a la izquierda y otro inclinado 60º a la derecha, como muestra la figura. Determinar la fuerza ejercida por cada plano sobre el cilindro.
  • 12.
    Para la fuerzaresultante nula: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑾𝑾 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 +𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝑾𝑾 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝑾𝑾 23. Un peso de 80 N está soportado mediante un cable unido a una barra que puede girar alrededor de un punto A (figura). La barra está sujeta mediante otro cable con una tensión T2, según se ve en la figura. La masa de la barra es despreciable. a) ¿Cuáles son las tres fuerzas que actúan sobre la barra? b) Demostrar que la componente vertical de la tensión T2 debe ser igual a 80 N. c) Hallar la fuerza ejercida por la barra sobre la articulación. a) Considerando las fuerzas sobre la barra:
  • 13.
    b) Considerando momentonulo respecto a A: 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒍𝒍 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 ; 𝑻𝑻𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 ; c) 𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 − 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟎𝟎 𝑵𝑵 Por tanto 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟔𝟔 𝑵𝑵 , 𝜽𝜽 = 𝟎𝟎º. 24. Una tabla horizontal de 8,0 m de longitud es utilizada por los piratas para castigar a sus víctimas en el llamado “paseo de la plancha”. Un pirata de 105 kg de masa se sitúa de pie en el extremo de la tabla en la cubierta del buque para evitar que se levante. Determinar la máxima distancia que la tabla puede sobresalir del costado del buque para que una víctima de 63 kg pueda andar hasta el otro extremo si a) La masa de la tabla es despreciable. b) La masa de la tabla es de 25 kg. a) En este caso no tenemos mp. Tenemos el pirata en el extremo izquierdo de la tabla, en la parte derecha tenemos la víctima, el punto de apoyo es P. 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟖𝟖 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝒙𝒙 = 𝑴𝑴∗𝟖𝟖 𝒎𝒎+𝑴𝑴 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟖𝟖 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟓𝟓 𝒎𝒎 b) En este caso si tendremos mp. 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟖𝟖 − 𝒙𝒙) + 𝒎𝒎𝒑𝒑 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟒𝟒 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝒙𝒙 = 𝑴𝑴∗𝟖𝟖+𝒎𝒎𝒑𝒑∗𝟒𝟒 𝒎𝒎+𝑴𝑴+𝒎𝒎𝒑𝒑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟒𝟒 𝟔𝟔𝟔𝟔+𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 25. Dos jóvenes estudiantes planean una aventura de despedida de la universidad donde se han graduado: soltar miles de bolitas (canicas) en el vestíbulo del centro durante los exámenes finales. Para ello colocan una caja de 2 m x 1 m x 1 m sobre una taula rugosa y articulada por un extremo como muestra la figura y la llenan de bolitas. Cuando el edificio está en completo silencio, los jóvenes levantan lentamente un extremo de la tabla, incrementando poco a poco el ángulo ϴ del plano inclinado. Si el coeficiente de rozamiento estático es suficientemente grande para que la caja no deslice, ¿para qué ángulo volcará la caja?
  • 14.
    La caja volcarácuando la fuerza peso se encuentre fuera de la su base: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟏𝟏 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟎𝟎,𝟓𝟓) = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟔𝟔º 26. Una puerta uniforme de 18 kg, 2,0 m de alto y 0,8 m de ancho, cuelga de dos bisagras situadas una a 20 cm de la parte superior u otra a 20 cm de la parte inferior. Si cada bisagra soporta la mitad del peso de la puerta, determinar la dirección y magnitud de los componentes horizontales de las fuerzas ejercidas por las dos bisagras sobre la puerta. Consideramos momentos respecto a la bisagra inferior: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 ∗ 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟒𝟒 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝑵𝑵 Consideramos equilibrio de fuerzas horizontales: 𝑭𝑭`𝑯𝑯𝑯𝑯 ′ = 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝑵𝑵 27. Determinar la fuerza ejercida por el borde del escalón sobre la rueda justo cuando la rueda deja de apoyarse sobre la superficie del suelo.
  • 15.
    𝑭𝑭 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏= 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝑭𝑭 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 ; 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 El valor de la fuerza F para subir el escalón lo encontramos haciendo momentos: 𝑭𝑭 ∗ (𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙 𝑹𝑹−𝒉𝒉 Por trigonometría: 𝒙𝒙𝟐𝟐 + (𝑹𝑹 − 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝒙𝒙 = �𝒉𝒉 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗�𝒉𝒉∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉) 𝑹𝑹−𝒉𝒉 28. Lon está preparando la apertura de Roswell, un nuevo club nocturno con un tema de extraterrestres. Un extremo de una viga uniforme de 100 kg y 10 m de longitud cuelga de una pared vertical mediante una bisagra. Se mantiene horizontalmente sobre la sala de baile del club mediante un cable que sujeta la viga a una distancia de 6 m desde la pared, como muestra la figura. Lon se sienta en la mesa de control de un platillo volante simulado que cuelga del extremo libre de la viga. Desde allí envía a los invitados amenazas de secuestro, efectos luminosos hipnóticos y ruidos espaciales. Si el peso combinado de Lon y su platillo es de 400 kg. a) ¿Qué tensión soporta el cable? b) ¿Cuál es la fuerza horizontal que actúa sobre la bisagra? c) ¿Cuál es la fuerza vertical que actúa sobre la viga en la bisagra?
  • 16.
    El ángulo dela cuerda central es: 𝜽𝜽𝟏𝟏 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 � 𝟔𝟔 𝟖𝟖 � = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟒𝟒º 𝑻𝑻𝟏𝟏 = (𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒈𝒈 )𝑵𝑵 𝑷𝑷 = (𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈)𝑵𝑵 a) Considerando momentos respecto a la bisagra: 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑷𝑷 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝟏𝟏 𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ �𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝟐𝟐 � = 𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟒𝟒 ∗ (𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 + 𝟓𝟓𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 b) Mirando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 c) 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = −𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟒𝟒 + 𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝑭𝑭𝑯𝑯𝑯𝑯 = −𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟒𝟒 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 = −𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 La fuerza FHy está dirigida hacia abajo. 29. El trampolín de piscina que se muestra en la figura tiene una masa de 30 kg. Determinar la fuerza que actúa sobre los soportes cuando el saltador de 70 kg se encuentra de pie en el extremo de la tabla. Dar la dirección de cada fuerza sobre los soportes como tensión o compresión.
  • 17.
    Considerando momentos respectoal punto O: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒,𝟐𝟐 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝟏𝟏,𝟐𝟐 = (𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟐𝟐,𝟏𝟏)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟏𝟏,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 Considerando momentos respectos al punto P: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟑𝟑 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎. 𝟗𝟗 = 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝟑𝟑+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎.𝟗𝟗 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = (𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟑𝟑+𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟗𝟗)∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 También podemos considerar equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 − 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 La reacción a F2 actúa sobre el soporte, sentido hacia abajo, y es de compresión. Para F1, su reacción actúa sobre el soporte hacia arriba, es de tensión. 30. Calcular la fuerza ejercida por la articulación A sobre el puntal que se muestra en la figura si se supone a) Que la barra no tiene peso. b) Que el peso de la barra es de 20 N. a) En este caso w no existe. Haciendo momentos: 𝑻𝑻 ∗ 𝑳𝑳 = 𝑾𝑾 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝑾𝑾 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 − 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵
  • 18.
    𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 b) En este caso para los momentos: c) 𝑻𝑻 ∗ 𝑳𝑳 = 𝑾𝑾 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒘𝒘 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒘𝒘 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝑾𝑾 + 𝒘𝒘 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 31. Dos pintores A y B se encuentran trabajando en un andamio de 5,0 m de longitud suspendido de un edificio mediante dos cuerdas sujetas en los extremos del andamio. Cada una de las cuerdas ser romperá cuando la tensión sea superior a 1 kN. El pintor A (cuya masa es de 80 kg) está situada a 1,0 m de uno de los extremos. ¿En qué intervalo de posiciones puede situarse el pintor B sin peligro si su masa es de 60 kg y la masa del andamio es de 20 kg? Donde x es la distancia a la masa de 60 kg. Aplicamos momento resultante nulo, respecto al punto 0. 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎𝒃𝒃 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒 + 𝒎𝒎𝒑𝒑 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟓𝟓 + 𝒎𝒎𝒋𝒋 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 Cuando T2 tenga su valor máximo (1000 N), tendremos el valor de x solicitado: 𝒙𝒙 = 𝑻𝑻𝟐𝟐∗𝟓𝟓−𝒎𝒎𝒃𝒃∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒−𝒎𝒎𝒑𝒑∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝒎𝒎𝒋𝒋∗𝒈𝒈 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟓𝟓−𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟒𝟒−𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟐𝟐, 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 Por tanto, entre 0 y 2,33 m podrá situarse. 32. El cable de la figura del problema 28 debe permanecer sujeto a la pared a 8 m por encima de la bisagra, pero su longitud puede modificarse de modo que puede conectarse a la viga a diversas distancias x de la pared. ¿A qué distancia de la pared debe sujetarse el cable en la barra para que la fuerza que actúa sobre la bisagra no tenga componente vertical? Sea x la distancia de la cuerda a la pared, considerando que en la bisagra toda la fuerza ha de ser horizontal tendremos:
  • 19.
    𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟏𝟏+ 𝑷𝑷 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 Considerando los momentos: 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 + 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟖𝟖 �𝟖𝟖𝟐𝟐+𝒙𝒙𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟓𝟓 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ �𝟖𝟖𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 𝟏𝟏,𝟔𝟔 ∗ 𝒙𝒙 = �𝟖𝟖𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒙𝒙𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒙𝒙 = 𝟔𝟔, 𝟒𝟒 𝒎𝒎 33. Un cilindro de masa M y radio R rueda contra un escalón de altura h como indica la figura. Cuando una fuerza F se aplica a la parte alta del cilindro, éste permanece en reposo. a) ¿Cuál es la fuerza normal ejercida por el suelo sobre el cilindro? b) ¿Cuál es la fuerza horizontal ejercida por el borde del escalón sobre el cilindro? c) ¿Cuál es el componente vertical de la fuerza ejercida por el borde del escalón sobre el cilindro? a) Aplicamos momento nulo: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑭𝑭 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉) 𝒍𝒍 Por otra parte: 𝒍𝒍 = �𝑹𝑹𝟐𝟐 − (𝑹𝑹 − 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = √𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒉𝒉 − 𝒉𝒉𝟐𝟐 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉) �𝟐𝟐∗𝑹𝑹∗𝒉𝒉−𝒉𝒉𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 b) Considerando suma nula de fuerzas horizontales:
  • 20.
    𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭 c)Para las fuerzas verticales: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 = 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 34. Determinar la fuerza horizontal mínima F del cilindro del problema 33 para que suba al escalón sin deslizar sobre el borde. Aplicando las consideraciones del problema anterior: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 Para subir, implica Fn=0. 𝟎𝟎 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ � 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 ;𝑭𝑭 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ � 𝒉𝒉 𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 35. Un hombre robusto sostiene un extremo de una barra de 3 m de longitud y masa 5 kg manteniéndola en posición horizontal (figura). a) ¿Qué fuerza total ejerce el hombre sobre la barra? b) ¿Qué momento total ejerce el hombre sobre la barra? c) Si el esfuerzo realizado por el hombre lo sustituimos por dos fuerzas que actúan en sentidos opuestos, separadas por la anchura de la mano del hombre, que es de 10 cm, ¿Cuáles son las magnitudes y direcciones de las dos fuerzas? a) Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 b) El momento total ha de ser nulo, considerando momentos respecto al extremo libre: 𝑴𝑴𝑭𝑭 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝒎𝒎 c) Sea F1 la fuerza hacia abajo y F2 la fuerza hacia arriba. La fuerza F1 actúa en el extremo de la barra y F2 10 cm más allá. Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝟏𝟏 El momento total respecto del extremo libre ha de ser cero: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ (𝒍𝒍 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏) De las dos ecuaciones obtenemos: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒍𝒍 𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏� ∗ 𝑴𝑴∗𝒈𝒈 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟒𝟒∗𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 36. Una compuerta que pesa 200 N está soportada por bisagras en la parte superior e inferior y además sujeta por un alambre como muestra la figura. a) ¿Cuál debe ser la tensión en el alambre para que la fuerza sobre la bisagra superior no tenga componente horizontal? b) ¿Cuál es la fuerza horizontal sobre la bisagra inferior? c) ¿Cuáles son las fuerzas verticales sobre las bisagras?
  • 21.
    a) Considerando momentonulo respecto al eje y la bisagra inferior: El momento de la tensión: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = (−𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐) ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝟎𝟎 = −𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝟏𝟏,𝟓𝟓+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 b) Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒙𝒙𝒙𝒙 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 𝑵𝑵 c) 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟑𝟑 𝑵𝑵 37. Un tronco uniforme de masa 100 kg, longitud 4 m y radio 12 cm se mantiene en posición inclinada como indica la figura. El coeficiente de rozamiento estático entre el tronco y la superficie horizontal es 0,6. El tronco está a punto de deslizar hacia la derecha. Determinar la tensión en el alambre soporte y ángulo que el alambre forma con la pared vertical.
  • 22.
    Consideramos el centrode coordenadas en el punto de ligadura del tronco al cable. La diagonal del tronco tiene un valor de: 𝒅𝒅 = �𝟒𝟒𝟐𝟐 + 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 = 𝟒𝟒, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎 El ángulo de la diagonal del tronco con su base es: 𝝋𝝋 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟒𝟒 � = 𝟏𝟏, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝒐𝒐 𝒍𝒍𝟑𝟑 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟏𝟏, 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟑𝟑, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 Considerando las condiciones de equilibrio: De fuerzas:
  • 23.
    𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄− 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟎𝟎 ; 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 De momentos: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝒍𝒍𝟐𝟐 − 𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 −𝒍𝒍𝟏𝟏 −𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝒍𝒍𝟏𝟏 −𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ Aplicando la condición de equilibrio: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 + 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑; 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 + 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑 De esta ecuación podemos despejar la fuerza normal: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟐𝟐 𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒍𝒍𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟕𝟕+𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 De las condiciones de equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝑭𝑭𝒏𝒏 � 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖−𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟎𝟎 𝑻𝑻 = 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟕𝟕 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 38. Un bloque rectangular grande y uniforme se sitúa sobre un plano inclinado como indica la figura. Una cuerda sujeta la parte superior del cloque para evitar que caiga por el plano. ¿Cuál es el ángulo máximo ϴ para el cual el bloque no desliza por el plano inclinado? Sea b/a=4 y µc=0,8.
  • 24.
    Consideramos equilibrio defuerzas: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 + 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎 ;𝑻𝑻 + 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Para los momentos, respecto al punto de aplicación de Fn y fs,max: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒃𝒃 𝟎𝟎 � = 𝑻𝑻 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 − 𝒂𝒂 𝟐𝟐 𝒃𝒃 𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = − 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂) 𝑻𝑻 ∗ 𝒃𝒃 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂) Utilizando la expresión de la fuerza normal de la primera, substituyendo en la segunda: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈(𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝝁𝝁 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) Con esto en la ecuación de momento nulo: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈(𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝝁𝝁 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) ∗ 𝒃𝒃 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂) Operando y dividiendo por cosϴ obtenemos: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝒂𝒂 𝒃𝒃 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁 Usando la relación a/b del enunciado: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏 𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁� = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏 𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟖𝟖� = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟔𝟔º
  • 25.
    39. Un carrildelgado de longitud 10 m y masa 20 kg se sitúa en un plano inclinado 30º. Un soporte está a 2 m y el otro a 6m del extremo inferior del carril. El rozamiento impide que el carril deslice sobre sus soportes. Determinar la fuerza (magnitud y dirección) ejercida sobre el carril por cada soporte. Tenemos 4 incógnitas, necesitamos cuatro ecuaciones, dos serán las del equilibrio de fuerzas horizontales y verticales. Las otras dos serán de momentos, consideramos momentos respecto al punto del primer soporte y momentos respecto del origen de coordenadas: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 La fuerza de rozamiento impide que deslice: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 Considerando momentos respecto al punto origen: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝟐𝟐 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎 𝟔𝟔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 − 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟔𝟔 = 𝟎𝟎 Haciendo momentos respecto al primer soporte:
  • 26.
    𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟑𝟑 = 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒 ; 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟑𝟑 𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 𝑵𝑵 Usando la ecuación de momentos respecto al origen: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟓𝟓−𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟓𝟓−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒∗𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Con la condición de no deslizar de las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑 Usando esto en: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟖𝟖 = 𝟐𝟐𝟐𝟐, 𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = �𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟐𝟐 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 � = 𝟔𝟔𝟔𝟔º 𝑭𝑭𝟏𝟏 = �𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 � = 𝟔𝟔𝟔𝟔º Pares 40. Dos fuerzas de 80 N se aplican en vértices opuestos de una placa rectangular, como indica la figura. Determinar el momento producido por este par. Consideramos el origen de coordenades en el extremo inferior izquierdo de la placa. 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒂𝒂 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐 = �− 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 −𝒃𝒃 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗
  • 27.
    El momento resultante: 𝝉𝝉= 𝑭𝑭 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) = 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 𝝉𝝉 = 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒂𝒂 + 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟑𝟑 ∗ 𝒃𝒃 41. Un cubo uniforme de lado a y masa M descansa sobre una superficie horizontal. Una fuerza F se aplica en la parte superior del cubo como muestra la figura. Esta fuerza no es suficiente para mover o levantar el cubo. a) Demostrar que la fuerza de rozamiento estático ejercida por la superficie y la fuerza aplicada constituyen un par, y determinar el momento ejercido por este par. b) Otro par, constituido por la fuerza normal ejercida por la superficie y el peso del cubo, equilibran el par anterior. Utilizar este hecho para determinar el punto efectivo de aplicación de la fuerza normal cuando F=Mg/3. c) ¿Cuál es el valor máximo de F (en magnitud), para el cual no se levanta el cubo? a) Dado que el cubo no se mueve, el equilibro de fuerzas determina: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒆𝒆 El momento de este par de fuerzas será: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 b) El momento del par formado por la normal y el peso será: 𝝉𝝉𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 Los dos momentos han de ser iguales y de sentidos contrarios: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ; 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝒂𝒂/𝟑𝟑 c) Teniendo en cuenta el equilibrio de momentos: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙 𝒂𝒂 El valor máximo de x es a/2, dado que el centro de gravedad está en el centro geométrico. 𝑭𝑭 > 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂/𝟐𝟐 𝒂𝒂 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 42. Descomponer cada una de las fuerzas del problema 40 en sus componentes horizontal y vertical, produciendo dos pares. La suma algebraica de los dos pares componentes es igual al par resultante. Utilizar este resultado para determinar la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas. El momento de las componentes verticales es: 𝝉𝝉𝒗𝒗 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 Para las horizontales:
  • 28.
    𝝉𝝉𝑯𝑯 = 𝑭𝑭∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 Los dos momentos dirigidos según el eje z. El momento total: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂 + 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 Si consideramos la expresión de momento de un par de fuerzas: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑫𝑫 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒂𝒂 + 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒃𝒃 𝑫𝑫 = 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒃𝒃 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Escaleras 43. ¿Es posible subir por una escalera apoyada en una pared si el suelo carece de rozamiento, aunque la pared sea rugosa? Razonar la respuesta. Las fuerzas sobre la escalera son: Si no existe rozamiento del suelo las fuerzas horizontales no se podrán equilibrar. 44. Romeo toma una escalera uniforme de 10 m de longitud y la apoya contra la pared pulida de la residencia de los Capuleto. La masa de la escalera es de 22,0 kg y su parte inferior se apoya en el suelo a 2,8 m de la pared. Cuando Romeo, cuya masa es de 70 kg alcanza el 90 % de su camino hasta el final, la escalera comienza a deslizar. ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento estático entre el suelo y la escalera? Las fuerzas que actúan las tenemos en el esquema, la pared no tiene rozamiento. Tenemos equilibrio de fuerzas y también de momentos. Considerando momentos respecto a la parte inferior de la escalera:
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    𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟗𝟗 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ Por ser momento nulo: 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟓𝟓 Obtenemos: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝟗𝟗+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 El ángulo de la escalera es: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 � 𝟐𝟐,𝟖𝟖 𝟏𝟏𝟏𝟏 � = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟕𝟕𝟕𝟕º 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕 𝑵𝑵 Por el equilibrio de fuerzas: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟕𝟕 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 45. Una escalera de masa despreciable de longitud L se apoya contra una pared pulida formando un ángulo ϴ con el suelo horizontal. El coeficiente de rozamiento entre la escalera y el suelo es µe. Un hombre de masa M sube por la escalera. ¿Qué altura h puede ascender antes de que la escalera deslice? Imponiendo equilibrio de fuerzas y momentos: Momento: 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒙𝒙 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Fuerza: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝑾𝑾 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝑵𝑵 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒙𝒙 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈
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    𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒉𝒉 =𝒙𝒙 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟐𝟐𝜽𝜽 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 46. Una escalera uniforme de longitud L y masa m se apoya contra una pared vertical sin rozamiento y su extremo inferior sobre el suelo. Forma un ángulo de 60º con el suelo horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre la escalera y el suelo es 0,65. Una persona, cuya masa es cuatro veces mayor que la de la escalera, sube por ésta. ¿A qué altura llegará antes de que comience a deslizar? Imponiendo equilibrio de momentos: 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟒𝟒 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒍𝒍 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ) 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟓𝟓 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Operando: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ) 𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟒𝟒 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑳𝑳 𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝟓𝟓∗𝑳𝑳∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒍𝒍 = �𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � ∗ 𝑳𝑳 𝟒𝟒 = �𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕(𝟔𝟔𝟔𝟔) − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � ∗ 𝑳𝑳 𝟒𝟒 𝒍𝒍 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 Puede subir toda la escalera sin caerse. 47. Una escalera de masa m y longitud L se apoya contra una pared vertical y sin rozamiento formando un ángulo ϴ con la horizontal. El centro de masas se encuentra a una altura h del suelo. Una fuerza F tira horizontalmente de la escalera hacia fuera en su punto medio. Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe para el cual, el extremo superior de la escalera se separará de la pared, mientras el extremo inferior no desliza.
  • 31.
    Considerando momento nulorespecto a la base: 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 𝟎𝟎 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 Considerando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 Por tanto: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 48. Un muchacho que pesa 900 N está sentado en la parte superior de una escalera de peso despreciable que descansa sobre un suelo sin rozamiento (figura). Hay un brazo cruzado a mitad de altura de la escalera. El ángulo que forma la escalera en la parte superior es ϴ=30º. a) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el suelo sobre cada pata de la escalera? b) Hallar la tensión en el brazo transversal. c) Si el brazo transversal se moviese hacia la parte inferior de la escalera (manteniendo ésta el mismo ángulo ϴ), ¿sería su tensión mayor o menor?
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    a) Consideramos la mitaddel peso y la mitad de la escalera. 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑷𝑷 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 b) Considerando momentos sobre la parte superior: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕(𝟏𝟏𝟏𝟏) −𝒙𝒙 𝟎𝟎 � = 𝒙𝒙 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 −𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 𝟎𝟎 � = − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 = 𝑫𝑫∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟐𝟐∗𝒙𝒙 Por trigonometría: 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝑫𝑫/𝟐𝟐 𝒉𝒉 ; 𝑫𝑫 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 � 𝜽𝜽 𝟐𝟐 � 𝑻𝑻 = 𝟐𝟐∗𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝜽𝜽 𝟐𝟐 �∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟐𝟐∗𝒙𝒙 = 𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝜽𝜽 𝟐𝟐 �∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒙𝒙 Usando equilibrio de fuerzas verticales: 𝑻𝑻 = 𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝜽𝜽 𝟐𝟐 �∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝑷𝑷 𝒙𝒙 𝑻𝑻 = 𝟒𝟒∗𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑵𝑵 c) Si x aumenta la Tensión decrece. 49. Una escalera se apoya contra la pared vertical sin rozamiento. El coeficiente de rozamiento estático entre la escalera y el suelo es 0,3. ¿Cuál es el menor ángulo para el cual la escalera permanece estacionaria?
  • 33.
    Consideramos las condicionesde equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Por el equilibrio de momentos, respecto a la base: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒆𝒆 � = 𝟓𝟓𝟓𝟓 º 50. Habiendo fallado en su primer intento (véase problema 44), Romeo adquiere una nueva escalera para tratar de acceder una vez más a la ventana de Julieta. Esta esca lera tiene una longitud L y pesa 200 N. La sitúa al otro lado de la ventana, donde el coeficiente de rozamiento estático es de 0,4 entre la escalera y la pared y de 0,7 entre la escalera y el suelo. Debido a las magulladuras sufridas en su última caída, Romeo sube esta vez convenientemente acolchado, lo que le da una masa total de 80 kg. Sin embargo, cuando se encuentra a 4/5 de la altura máxima de la escalera, ésta comienza a deslizar. ¿qué ángulo formaba la escalera con el suelo cuando Romeo comenzó a ascender? Al tener rozamiento con la pared aparece una fuerza vertical en el extremo superior. Para las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 Con el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒓𝒓 ; 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈
  • 34.
    𝑵𝑵 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 Considerando momentosrespecto del suelo: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒚𝒚 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚 𝟎𝟎 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒚𝒚 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒙𝒙 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒∗𝑳𝑳 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒚𝒚 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒∗𝑳𝑳 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 𝟐𝟐 −𝑭𝑭𝒚𝒚 Usando 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑵𝑵 y 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 : 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒔𝒔∗𝑵𝑵 𝟒𝟒 𝟓𝟓 ∗𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 𝟐𝟐 −(𝑵𝑵−𝑴𝑴∗𝒈𝒈−𝒎𝒎∗𝒈𝒈 ) Usando 𝑵𝑵 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 : 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 = 𝝁𝝁𝒔𝒔∗ 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 𝟗𝟗 𝟓𝟓 ∗𝑴𝑴∗𝒈𝒈+ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗𝒎𝒎∗𝒈𝒈− 𝑴𝑴∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒔𝒔 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎.𝟕𝟕∗ 𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 𝟗𝟗 𝟓𝟓 ∗𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖+ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐− 𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 � 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕) = 𝟕𝟕𝟕𝟕º El ángulo con el suelo será de 20 º. 51. Una escalera se apoya contra una gran esfera pulida de radio R fija sobre una superficie horizontal. La escalera forma un ángulo de 60º con la superficie horizontal y su longitud es 5R/2. a) ¿Cuál es la fuerza que ejerce la escalera sobre la esfera? b) ¿Cuál es la fuerza de rozamiento que evita que la escalera deslice? c) ¿Cuál es la fuerza normal que la superficie horizontal ejerce sobre la escalera? a)Sobre la escalera actúan la fuerza Normal que hace la esfera en el punto de contacto (N), el peso de la escalera (mg), la fuerza normal del suelo sobre la escalera ( Fn) y la fuerza de rozamiento del suelo sobre la escalera ( Fr).
  • 35.
    Por equilibro defuerzas: 𝑵𝑵𝒙𝒙 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑵𝑵𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 Despejamos Fn en la primera (𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 ) y lo substituimos en la segunda: 𝑵𝑵 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 𝑵𝑵 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 b) 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) c) 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟑𝟑𝟑𝟑)+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟑𝟑) Tensión y deformación 52. Un alambre de aluminio y otro de acero de iguales longitud, L, y diámetro d, están soldados formando un alambre de longitud 2L. El alambre se sujeta al techo y un peso W se sujeta al otro extremo. Despreciando la masa de los alambres, ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es cierta? a) El alambre de aluminio se alargará la misma porción que el de acero. b) Las tensiones de los alambres de aluminio y acero son iguales. c) La tensión en el alambre de aluminio es mayor que en el alambre de acero. Respuesta b. 53. Se cuelga una bola de 50 kg de u n alambre de acero de 5 m de longitud y 2 mm de radio. ¿Cuánto se alargará el alambre? Consideramos la expresión del módulo de Young: 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Para el acero: 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑮𝑮𝑮𝑮/𝒎𝒎𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝟗𝟗.𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝒎𝒎 54. La tensión a la rotura de un alambre de cobre es aproximadamente de 3 108 N/m2 . a) ¿Cuál es la carga máxima que puede colgarse de un alambre de cobre de 0,42 mm? b) ¿Si se cuelga la mitad de esta carga máxima del alambre de cobre, en que porcentaje de su longitud se alargará? a) 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒.𝟔𝟔 𝑵𝑵 b) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟖𝟖/(𝝅𝝅∗(𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 % 55. Un alambre de acero de diámetro 0,5 mm y longitud de 1,2 m soporta una masa de 4 kg. ¿Cuál será el alargamiento del alambre bajo esta carga? 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳
  • 36.
    ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭 ∗𝑳𝑳 𝒀𝒀 ∗ 𝑨𝑨 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝒀𝒀 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗. 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 ∗ 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝒎𝒎 56. Mientras los pies de un corredor tocan el suelo, una fuerza de cizalladura actúa sobre la suela de su zapato de 8 mm de espesor según se indica en la figura. Si la fuerza de 25 N se distribuye a lo largo de un área de 15 cm2 , calcular el ángulo ϴ de cizalladura sabiendo que el módulo de cizalladura de la suela es 1,9 105 N/m2 . 𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑴𝑴𝒔𝒔 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 ∆𝑿𝑿 𝑳𝑳 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 𝑴𝑴𝒔𝒔 � = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒∗𝟏𝟏,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 � = 𝟓𝟓,𝟎𝟎𝟎𝟎𝒐𝒐 57. Un alambre de acero de longitud 1,5 m y diámetro 1 mm se suelda a un alambre de aluminio de dimensiones idénticas. ¿Cuál es la longitud del alambre compuesto cuando soporta una masa de 5 kg? Para un alambre compuesto, la longitud bajo tensión es la longitud sin tensión más la suma de los alargamientos de los componentes del alambre. La longitud del alambre compuesto cuando soporta una masa de 5 kg es: 𝑳𝑳 = 𝟑𝟑, 𝟎𝟎𝟎𝟎 + ∆𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 = ∆𝑳𝑳𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 + ∆𝑳𝑳𝑨𝑨𝑨𝑨 = 𝑭𝑭 𝑨𝑨 ∗ � 𝑳𝑳𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝒀𝒀𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 + 𝑳𝑳𝑨𝑨𝑨𝑨 𝒀𝒀𝑨𝑨𝑨𝑨 � = 𝟓𝟓∗𝟗𝟗.𝟖𝟖𝟖𝟖 𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 � 𝟐𝟐 ∗ � 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 + 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗� ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝒎𝒎 58. Una fuerza F se aplica a un alambre largo de longitud L y sección recta A. Demostrar que, si el alambre se considera como un muelle, la constante de fuerza k viene dada por 𝒌𝒌 = 𝑨𝑨𝑨𝑨/𝑳𝑳 y la energía almacenada en el alambre es 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐𝟐𝟐∆𝑳𝑳, en donde Y es el módulo de Young y ∆𝑳𝑳 el incremento de longitud del alambre. Para un cuerpo elástico: 𝑭𝑭 = 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳 𝒌𝒌 = 𝑭𝑭 ∆𝑳𝑳 Aplicando la definición del módulo de Young: 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; 𝑭𝑭 ∆𝑳𝑳 = 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 𝒌𝒌 = 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 La energía potencial elástica es:
  • 37.
    𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌∗ ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 ∗ ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 Usando 𝑭𝑭 = 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝒀𝒀∗𝑳𝑳 𝑨𝑨 ∗ ∆𝑳𝑳 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 59. La cuerda E de acero de un violín está bajo la tensión de 53 N. El diámetro de la cuerda es 0,20 mm y su longitud tensada es 35,0 cm. Determinar a) La longitud sin tensar de esta cuerda. b) El trabajo necesario para tensar la cuerda (véase problema 58). a) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 La longitud tensada es: 𝑳𝑳′ = 𝑳𝑳 + ∆𝑳𝑳 = 𝑳𝑳 ∗ �𝟏𝟏 + 𝑭𝑭 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 � 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳′ �𝟏𝟏+ 𝑭𝑭 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 � = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 (𝟏𝟏+ 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑� 𝟐𝟐 ∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 b) 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑱𝑱 60. Una cinta de caucho de sección3 mm X 1,5 mm se dispone verticalmente y varias masas se cuelgan de ella. Un estudiante obtiene los siguientes datos de la longitud de la cinta en función de la carga: Carga, g 0 100 200 300 400 500 Longitud ,cm 5,0 5,6 6,2 6,9 7,8 10,0 a) Determinar el módulo de Young de la cinta de caucho para cargas pequeñas. b) Determinar la energía almacenada en la cinta cuando la carga es de 150g. (véase problema 58). a) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Carga (kg) Fuerza (N) ∆𝑳𝑳(𝒎𝒎) ∆𝑳𝑳/𝑭𝑭 (N/m) 0,1 0,981 0,006 6,12*10-3 0,2 1,962 0,012 6,12*10-3 0,3 2,943 0,019 6,46*10-3 0,4 3,924 0,028 7,14*10-3 0,5 4,905 0,05 10,2*10-3 Para valores menores de 200 g el cociente de la última columna es constante, para estos casos: 𝒀𝒀 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 = 𝑳𝑳 𝑨𝑨 ∗ 𝑭𝑭 ∆𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏 𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 b) 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝑱𝑱 61. Un edificio se derriba mediante una bola de acero de 400 kg que oscila en el extremo de un alambre de acero de diámetro 5 cm y longitud de 30 m que cuelga de una enorme grúa. La bola oscila según un arco, de modo que en la parte más elevada de la oscilación el alambre forma un ángulo de 50º con la vertical. Determinar el alargamiento del alambre en la parte más baja de la oscilación. La fuerza sobre el cable es la tensión, la tensión en el punto más bajo viene dada por: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 = 𝒎𝒎 ∗ �𝒈𝒈 + 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 � La velocidad en el punto más bajo se obtiene por la conservación de la enrgía:
  • 38.
    𝒗𝒗 = �𝟐𝟐∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒉𝒉 = �𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) Con esto: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟏𝟏 + 𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒀𝒀 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝑨𝑨∗𝒀𝒀 = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟑𝟑𝟑𝟑 𝝅𝝅∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝒎𝒎 62. Un gran espejo cuelga de un clavo, como se muestra en la figura. El alambre de acero que lo soporta tiene un diámetro de 1,8 mm y una longitud sin deformar de 1,5 m. La distancia entre los puntos de soporte en la parte superior del marco del espejo es 1,3 m. La masa del espejo es 2,4 kg. ¿Cuál es la distancia entre el clavo y la parte superior del marco cuando el espejo está colgado? 𝒂𝒂 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑 𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒎𝒎 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 𝒉𝒉 = �𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟐𝟐 − 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝒉𝒉 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐,𝟒𝟒∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 = 𝑻𝑻 𝑨𝑨 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝝅𝝅∗(𝟎𝟎,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏 = ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏 𝒀𝒀 = 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 Usando el teorema de Pitágoras: 𝒂𝒂𝟐𝟐 + 𝒉𝒉𝟐𝟐 = 𝑳𝑳𝟐𝟐
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    Derivando: 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂∗ ∆𝒂𝒂 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ ∆𝒉𝒉 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ ∆𝑳𝑳 Como ∆𝒂𝒂 = 𝟎𝟎: 𝒉𝒉 ∗ ∆𝒉𝒉 = 𝑳𝑳 ∗ ∆𝑳𝑳 ∆𝒉𝒉 = 𝑳𝑳∗∆𝑳𝑳 𝒉𝒉 = 𝑳𝑳∗∆𝑳𝑳 𝒉𝒉 ∗ 𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝒉𝒉 ∗ ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟒𝟒, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 = 𝟔𝟔,𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒎𝒎 𝒉𝒉′ = 𝒉𝒉 + ∆𝒉𝒉 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 + 𝟔𝟔, 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 63. Dos masas M1 y M2 están sujetas a sendos cables de igual longitud sin carga. El alambre que soporta a M1 es de aluminio de 0,7 mm de diámetro y el que soporta a M2 es de acero y 0,5 mm de diámetro. ¿Cuál es la relación M1/M2, si los dos cables se alargan por igual? 𝒀𝒀 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝑴𝑴𝟏𝟏∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝟏𝟏 𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝑴𝑴𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝟐𝟐 𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 Los dos incrementos son iguales y las dos longitudes también. 𝑴𝑴𝟏𝟏 𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 = 𝑴𝑴𝟐𝟐 𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 ; 𝑴𝑴𝟏𝟏 𝑴𝑴𝟐𝟐 = 𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 𝑴𝑴𝟏𝟏 𝑴𝑴𝟐𝟐 = 𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟐𝟐 𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 64. Una masa de 0,5 kg se sujeta a un alambre de aluminio de diámetro 1,6 mm y longitud sin deformar 0,7 m. El otro extremo del alambre está fijo a un poste. La masa gira alrededor del poste en un plano horizontal comuna velocidad de rotación tal que el ángulo que forman el alambre y la horizontal es 5, 0º. Determinar la tensión del alambre y su longitud. 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳𝒐𝒐 + ∆𝑳𝑳 En la pelota, la fuerza resultante vertical es nula. 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 = 𝑻𝑻∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟕𝟕 𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝝅𝝅∗(𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟐𝟐, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝒎𝒎 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕 + 𝟐𝟐, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎
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    65. Según latabla: La resistencia a la tracción de la mayor parte de los materiales resulta ser dos o tres órdenes de magnitud inferior al módulo de Young. En consecuencia, estos materiales, por ejemplo, el aluminio, se romperán antes de que la deformación exceda un 1 %. Sin embargo, en el caso del nailon, la resistencia a la tracción y el módulo de tracción son prácticamente iguales. Si un hilo de nailon de longitud sin deformar Lo y sección transversal Ao se somete a una tensión T, la sección transversal puede hacerse substancialmente menor antes de que el hilo se rompa. En estas condiciones la tensión por tracción T/A sería muy superior a T/Ao. Deducir una expresión que relacione el área A con la tensión T, Ao y el módulo de Young. Durante la deformación, el volumen se conserva: 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒐𝒐 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑹𝑹 = 𝑹𝑹𝒐𝒐 ∗ � 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳 𝑨𝑨 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝑨𝑨𝒐𝒐 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒐𝒐 𝟐𝟐 𝑨𝑨 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳𝒐𝒐+∆𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝑳𝑳𝒐𝒐 𝑳𝑳𝒐𝒐+ 𝑻𝑻∗𝑳𝑳𝒐𝒐 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝟏𝟏 𝟏𝟏+ 𝑻𝑻 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐 = 𝑨𝑨𝒐𝒐 ∗ 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒐𝒐+𝑻𝑻 Problemas generales 66. Si el momento resultante es cero respecto a un determinado punto, ¿será cero respecto a cualquier otro punto? Razonar la respuesta. Sí, en caso contrario la conservación del momento angular dependería de las coordenadas escogidas. 67. La barra horizontal de la figura permanecerá horizontal si a) L1=L2 y R1=R2. b) L1=L2 y M1=M2. c) R1=R2 y M1=M2. d) L1M1=L2M2. e) R1L1=L2R2.
  • 41.
    Para tener equilibriorotacional debemos tener momento nulo. El momento respecto al centro es: 𝑴𝑴𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏 = 𝑴𝑴𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 Eso se cumple en el caso c. 68. ¿Cuál de las siguientes magnitudes podría n tener unidades de N/m2 ? a) Módulo de Young. b) Módulo de cizalladura. c) Tensión. d) Deformación. El módulo de Young es: 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Las unidades S.I.: [𝒀𝒀] = 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 𝒎𝒎/𝒎𝒎 = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑴𝑴𝒔𝒔] = � 𝑭𝑭𝒔𝒔/𝑨𝑨 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 � = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻ó𝒏𝒏] = [𝑭𝑭/𝑨𝑨] = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫ó𝒏𝒏] = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 Este último no tiene dimensiones de 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐. 69. Una persona está sentada en una silla con la espalda erecta. Si intenta levantarse sin inclinarse hacia delante no puede hacerlo. ¿Por qué? El centro de gravedad está sobre sus pies, para levantarse el centro de seguridad debe estar por delante de sus pies y tener un momento resultante. 70. Un tablero de 90 N que tiene una longitud de 12 m está apoyado en dos soportes, cada uno de los cuales dista 1 m del extremo del tablero. Se coloca un bloque de 360 N sobre el tablero a 3 m de un extremo, como se indica en la figura. Hallar la fuerza ejercida por cada soporte sobre el tablero. Tomando momentos respecto al soporte de la derecha: 𝑵𝑵𝒊𝒊 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟒𝟒 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟐𝟐 ; 𝑵𝑵𝒊𝒊 = 𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Por equilibrio de fuerzas:
  • 42.
    𝑵𝑵𝒊𝒊 + 𝑵𝑵𝒅𝒅= 𝟗𝟗𝟗𝟗 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ; 𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟗𝟗 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 71. La altura del centro de gravedad de un hombre erecto se determina pesándole sobre una table de peso despreciable soportada por dos balanzas, como indica la figura. Si la altura del hombre es de 188 cm y la balanza de la izquierda marca 455 N y la de la derecha 400 N, ¿dónde está localizado el centro de gravedad respecto a sus pies? El centro de gravedad estará determinado por la condición de equilibro de fuerzas paralelas: 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ (𝒅𝒅 − 𝒙𝒙) = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝒅𝒅 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒+𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒎𝒎 72. La figura muestra un móvil formado por cuatro pesos que cuelgan de tres barras de masa despreciable. Determinar el valor de cada uno de los pesos desconocidos cuando el móvil está en equilibrio. Indicación: Hallar el peso de P1. Por equilibrio de momentos de la barra inferior: 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝑷𝑷𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝑷𝑷𝟏𝟏 = 𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏, 𝟓𝟓 𝑵𝑵 Para la segunda barra: 𝑷𝑷𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝑷𝑷𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟕𝟕 𝑵𝑵 Para la barra superior: 𝑷𝑷𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝑷𝑷𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 𝑵𝑵
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    73. Una poleay un polipasto se utilizan para soportar una masa de 120 kg como indica la figura. a) ¿Cuál es la tensión de la cuerda? b) ¿Cuál es la ventaja mecánica de este sistema? a) Para determinar la tensión de la cuerda tenemos: 𝟑𝟑 ∗ 𝑻𝑻 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑻𝑻 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈 𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟒𝟒 𝑵𝑵 b) Ventaja 3. 74. Una placa que tiene la forma de un triángulo equilátero de masa M se suspende de un vértice. Otra masa m se suspende de otro vértice del triángulo. ¿Cuál debe ser la relación m/M para que la base del triángulo forme un ángulo de 6,0 º con la horizontal? En trazo continuo tenemos el triángulo colgado del vértice. Al colocar la masa m en le vértice, el triángulo gira y adopta la línea punteada girando un ángulo ϴ.
  • 44.
    El centro demasas del triángulo sin la masa se encuentra en un punto a 2/3 de su altura por debajo del punto de suspensión. Si el lado del triángulo tiene una longitud de 2 a: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐∗𝒉𝒉 𝟑𝟑 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑 𝟑𝟑 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 Al colgar la masa m se produce el giro, el centro de masas del triangulo se desplaza de forma que ahora se encuentra en: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 ′ = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑 𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 ′ = 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ √𝟑𝟑 𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 Para ángulos pequeños en radianes: 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 ′ = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑 𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 = 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 Si miramos el dibujo la masa m también se ha desplazado, en el eje x su desplazamiento es: 𝒅𝒅 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 Tomando momentos respecto al punto de suspensión: 𝝉𝝉𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −(𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽) 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ (𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔) 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽�𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽� = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐∗𝒂𝒂 √𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 𝒎𝒎 𝑴𝑴 = 𝟐𝟐∗𝜽𝜽 √𝟑𝟑∗(𝟏𝟏−√𝟑𝟑∗𝜽𝜽) = 𝟐𝟐∗ 𝟔𝟔∗𝝅𝝅 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 √𝟑𝟑∗�𝟏𝟏−√𝟑𝟑∗ 𝟔𝟔∗𝝅𝝅 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 � = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 75. Un lápiz de sección hexagonal se sitúa sobre una lámina de papel grueso (figura). Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe, para que el lápiz ruede hacia abajo sin deslizarse cuando el papel se inclina. Para empezar a rodar debemos tener que el centro de masas está ligeramente adelantado sobre su base de apoyo, como se ve en la figura este ángulo crítico debe ser de 30º.
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    Si aplicamos lasegunda ley de Newton: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 Operando: 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 Para valores mayores rodará. 𝝁𝝁𝒆𝒆 ≥ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝟑𝟑𝟑𝟑 ≥ 𝟎𝟎, 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 76. Habiendo perdido su trabajo en la oficina de correos, Barry decide explorar sus posibilidades futuras como brillante escultor. Barry decide pedir prestado el dinero suficiente para adquirir un bloque de mármol de 3 m X 1 m X 1 m. Después de cargar el bloque en la parte trasera de su camioneta, en posición vertical con la base cuadrada sobre el suelo de la camioneta, se dirige hacia su casa. De pronto, se interpone en su camino una ardilla desorientada y Barry frena con fuerza. ¿Qué desaceleración provocará el vuelco del bloque de mármol? Aplicando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝒇𝒇𝒆𝒆 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂
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    Aplicando momentos respectoal centro de masas: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒆𝒆 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒉𝒉 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝒂𝒂 = 𝑳𝑳 𝒉𝒉 ∗ 𝒈𝒈 En nuestro caso L=1 y h=2. 𝒂𝒂 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 77. Una caja uniforme de 8 kg de masa y dos veces más alta que ancha descansa sobre el suelo de un camión. ¿Cuál es el máximo coeficiente de rozamiento estático entre la caja y el suelo para que la caja deslice hacia atrás en lugar de volcar cuando el camión acelera en una carretera horizontal con una aceleración a=0,6 g? Aplicando equilibrio de momentos respecto al centro de masas: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗
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    𝝉𝝉𝒇𝒇𝒔𝒔 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋𝒌𝒌 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝒘𝒘 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘 𝟐𝟐 Usando 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈, la condición de equilibrio de rotación es: 𝝁𝝁𝒔𝒔 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 Por tanto, para valores mayores se producirá deslizamiento sin vuelco. 𝝁𝝁𝒔𝒔 < 𝟏𝟏/𝟐𝟐 78. La exposición de arte de Barry contiene múltiples esculturas pequeñas situadas alrededor de una pieza central que se titula “Política”. La pieza consta de tres barras idénticas, cada una de ellas de longitud L y masa m, unidas del modo que se muestra en la figura. Dos de las barras forman una ⊥ fija y la tercera está suspendida de una bisagra. Preguntando sobre la razón del título de la escultura, Barry responde: “Oscila de izquierda a derecha con las variaciones de la bisagra, pero cualquiera que sea el punto de partida, siempre vuelve al mismo lugar”. Cuando alcanza el equilibrio, ¿Cuál es el valor de ϴ? Consideramos equilibro de momentos respecto al punto de soporte: 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗
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    𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒊𝒊𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑳𝑳/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔) ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔� = 𝟎𝟎 𝟐𝟐,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟒𝟒,𝟓𝟓) = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓º 79. En los juegos olímpicos de 1996, el levantador de pesas de categoría superpesado, Andrei Chemerkin, batió el récord mundial con un levantamiento de 260 kg. Suponer que la sujeción de la barra fue ligeramente asimétrica como muestra la figura. Determinar el peso máximo que Chemerkin podía haber levantado con una sujeción simétrica, suponiendo que sus brazos eran igualmente fuertes. Para el levantamiento realizado, consideramos equilibrio de fuerzas, sea F2 la fuerza del brazo izquierdo y F1 la del derecho: 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 Por equilibrio de momentos, respecto al extremo izquierdo de la figura: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 Despejamos F1 de la primera: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = −𝑭𝑭𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 Substituimos en la segunda: (−𝑭𝑭𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖) ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶𝑶: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟑𝟑−𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 (𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇𝒇 𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃𝒃 𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊) 𝑭𝑭𝟏𝟏 = −𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 Si los dos brazos pueden realizar una fuerza de 1487,85 N, la masa que podrá levantar en cada parte con una sujeción simétrica será: 𝒎𝒎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 Por tanto, M=2*152=304 kg 80. Una balanza tiene brazos desiguales. Un bloque de 1,5 kg situado en el platillo izquierdo parece tener la misma masa que otro de 1,95 kg en el platillo derecho (figura). ¿Cuál sería la masa aparente del primero si se colocara en el platillo derecho?
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    Considerando el equilibrio: 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ; 𝑳𝑳𝟏𝟏 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 Si colocamos la masa de 1,5 kg en el lado derecho: 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 ;𝒎𝒎 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 81. Un cubo de masa M se apoya contra una pared sin rozamiento formando un ángulo ϴ con el suelo como se indica en la figura. Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe entre el cubo y el suelo que permite que el cubo permanezca en reposo. Considerando equilibrio de fuerzas: 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 Tenemos dos pares de fuerzas actuando, el par fs,max y Fw por un lado , y el par Fn y Mg. Los dos han de estar equilibrados. El momento de fs,max y Fw: 𝑴𝑴𝟏𝟏 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒂𝒂 El de Fn y Mg:
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    𝑴𝑴𝟏𝟏 = 𝑴𝑴∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟒𝟒𝟒𝟒 + 𝜽𝜽) ∗ 𝒂𝒂 √𝟐𝟐 Igualando los dos: 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 √𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟒𝟒𝟒𝟒 + 𝜽𝜽) 𝝁𝝁𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝟒𝟒𝟒𝟒+𝜽𝜽) 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ (𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 𝝁𝝁𝒔𝒔 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 82. La figura muestra una regla de metro unidas mediante una bisagra a una pared vertical y soportada mediante un alambre delgado. El alambre y la regla de metro forman ángulos de 45º con la vertical. La masa de la regla es 5,0 kg. Cuando una masa de 10,0 kg se suspende del punto medio de la regla, la tensión T del alambre soporte es de 52 N. Si el alambre se rompe cuando la tensión excede los 75 N, ¿Cuál es la máxima distancia a lo largo de la regla que permite suspender la masa de 10,0 kg si que se rompa el alambre? Sea d la distancia a la parte inferior de la masa de 10,0 kg, T la tensión máxima (75 N) Aplicamos momentos respecto al punto inferior de la regla, m la masa de la regla y M la masa colgante: 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒅𝒅 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎, 𝟓𝟓 = 𝑻𝑻 ∗ 𝟏𝟏 𝒅𝒅 = 𝑻𝑻∗𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒎𝒎 83. La figura muestra una escalera de 20 kg apoyada contra una pared sin rozamiento y descansando sobre una superficie horizontal también sin rozamiento. Para evitar que la escalera deslice, la parte inferior de la escalera se ata a la pared con un alambre delgado, la tensión del alambre es 29,4 N. El alambre se romperá si la tensión supera los 200 N. a) Si una persona de 80 kg asciende hasta la mitad de la escalera, ¿qué fuerza ejercerá ésta sobre la pared? b) ¿Hasta qué altura puede ascender una persona de 80 kg con esta escalera? a) 𝒍𝒍 = �𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎
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    𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒕𝒕𝒕𝒕� 𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟓𝟓 � = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝒐𝒐 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑻𝑻 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 Haciendo momentos respecto a la parte inferior de la escalera: 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑴𝑴∗𝒈𝒈 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 = (𝒎𝒎 + 𝑴𝑴) ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕; 𝑭𝑭𝒘𝒘 = (𝟐𝟐𝟐𝟐+𝟖𝟖𝟖𝟖)∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 b) En este caso ha subido una longitud l por la escalera, de forma que su posición respecto a la base de la escalera será x=l*cosϴ e y=l*senϴ. Con esto, aplicando momento nulo y Fw=T=200 N obtenemos: 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒍𝒍 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟓𝟓−𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟑𝟑 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 84. Suponga que la barra que cuelga de la T en el problema 78 tiene una longitud diferente de las otras barras, es decir 𝒍𝒍 ≠ 𝑳𝑳, aunque su masa por unidad de longitud es la misma que la de aquellas. Hallar la relación L/l tal que 𝜽𝜽 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝒐𝒐 .
  • 52.
    Consideramos equilibro demomentos respecto al punto de soporte: 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 −𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟎𝟎 � = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝑳𝑳 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒍𝒍/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔) ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔� = 𝟎𝟎 Ponemos las masas en función de las densidades: 𝑴𝑴 = 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ; 𝒎𝒎 = 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔� = 𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ (𝟎𝟎, 𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) 𝑳𝑳 𝒍𝒍 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 85. Un cubo uniforme puede moverse a la largo de un plano horizontal bien empujándolo, de modo que deslice o bien haciéndolo rodar. ¿Cuál es el coeficiente de fricción estática entre el cubo y el suelo si el trabajo necesario para el desplazamiento es el mismo en ambos casos? Para elevar el cubo, elevamos su centro de masas desde a/2 hasta √𝟐𝟐𝒂𝒂/𝟐𝟐.El trabajo coincidirá con el cambio de energía potencial: 𝑾𝑾 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒉𝒉 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ � √𝟐𝟐𝒂𝒂 𝟐𝟐 − 𝒂𝒂 𝟐𝟐 � = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂 𝟐𝟐 ∗ �√𝟐𝟐 − 𝟏𝟏� = 𝟎𝟎, 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 Cuando arrastramos el cubo ejercemos un trabajo igual al que hace la fuerza de fricción: 𝑾𝑾 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 Como los dos son iguales: 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ; 𝝁𝝁𝒅𝒅 = 𝟎𝟎, 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 86. Un bloque grande y rectangular descansa sobre un plano inclinado del modo indicado en la figura. Si µe= 0,4, ¿el bloque deslizará o volcará al incrementar lentamente el ángulo ϴ?
  • 53.
    El bloque volcarácuando el peso no “caiga” sobre su base. Aplicamos la condición de equilibrio: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 Para deslizar se requiere un ángulo: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝝁𝝁𝒆𝒆) = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂(𝟎𝟎.𝟒𝟒) = 𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟖𝟖𝒐𝒐 Ahora hemos de ver si este ángulo permite que vuelque: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂� 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 � = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝒐𝒐 El ángulo requerido para volcar es menor que el de deslizar, por tanto, volcará. 87. Una masa de 360 kg pende de un cable sujeto a una barra de acero de 15 m de longitud que pivota en una pared vertical y se soporta mediante un cable como indica la figura. La masa de la barra es de 85 kg. a) Con el cable sujeto a la barra a 5,0 m del extremo inferior, como se indica, determinar la tensión del cable y la fuerza ejercida por la pared sobre la barra de acero. b) Repetir el cálculo con un cable algo más largo sujeto a la barra de acero a 5,0 m d su extremo superior, manteniendo el mismo ángulo entre la barra y la pared.
  • 54.
    a) Haciendo momentos respectoal punto de soporte: 𝑻𝑻 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟕𝟕, 𝟓𝟓 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 ;𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟓𝟓 𝑻𝑻 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏) 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ (𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑) − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = −𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 b) 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟕𝟕,𝟓𝟓 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 ;𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑻𝑻 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄∗(𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏) 𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒗𝒗 = 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ (𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑) − 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵
  • 55.
    𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 88. Repetir el problema 77 para el caso en que el camión acelera con a=0,6g al sub ir una pendiente que forma un ángulo de 9,0º con la horizontal. Usando momentos respecto al centro de la caja: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒇𝒇 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒘𝒘/𝟐𝟐 𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 Utilizando la expresión de fuerza de rozamiento estático: 𝒇𝒇𝒔𝒔 ≤ 𝝁𝝁𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁𝒔𝒔 ≥ 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 Para deslizar: 𝝁𝝁𝒔𝒔 < 𝟎𝟎,𝟓𝟓 89. Una barra delgada de 60 cm de longitud se equilibra sobre un pivote situado a 20 cm de un extremo cuando una masa de (2m+2) g está en el extremo más próximo al pivote y una masa m en el extremo opuesto (figura a). También se considera el equilibrio si la masa (2m+2) g se reemplaza por la masa m y en el otro extremo no se sitúa masa alguna (figura b). Determinar la masa de la barra. Aplicando momentos respecto a los puntos de soporte: (𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟐𝟐) ∗ 𝟎𝟎, 𝟐𝟐 = (𝑴𝑴 ∗ 𝟎𝟎, 𝟏𝟏) + 𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝑴𝑴 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏 De las dos obtenemos: 𝑴𝑴 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎
  • 56.
    Substituyendo en laprimera: 𝒎𝒎 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑴𝑴 = 𝟒𝟒 𝒈𝒈 90. El planeta Marte tiene dos satélites. Fobos y Deimos, en órbitas casi circulares. Los radios de Fobos y Deimos son 9,38 103 km y 23,46 103 km, respectivamente. La masa de Marte es 6,42 1023 kg, la de Fobos 9,63 1015 kg y la de Deimos 1,93 1015 kg. Determinar el centro de gravedad y el centro de masas del sistema formado por los dos satélites utilizando el centro de Marte como origen cuando a) Los satélites están en oposición (es decir, en lados exactamente opuestos de Marte. b) Los satélites están en conjunción (es decir, en línea y en el mismo lado de Marte). a) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌 ,𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭𝑭 b) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟐𝟐.𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 Si consideramos los satélites y el planeta esferas uniformes centro de gravedad y de masas coincidirán. 91. Cuando se cuelga un cuadro en una pared vertical rugosa mediane un alambre y un clavo (de la misma manera que el espejo de la figura del problema 62). La parte superior del marco se inclina ligeramente hacia adelante; es decir, el plano del cuadro forma un pequeño ángulo con la vertical. a) Explicar por qué los cuadros colgados de esta manera no quedan planos contra la pared. b) Un cuadro enmarcado de 1,5 m de ancho y 1,2 m de alto, cuya masa es 8,0 kg, se cuelga como en la figura del problema 62 utilizando un alambre de 1,7 m de longitud. Los extremos del alambre están unidos a los lados del marco por la parte posterior y a una distancia de 0,4 m del borde superior. Cuando el bloque está colgado, los planos del cuadro y de la pared forman un ángulo de 5, 0º. Determinar la fuerza que la pared ejerce sobre la parte inferior del marco. a) Como el centro de gravedad del cuadro está frente a la pared, el momento debido a mg respecto al clavo debe equilibrarse por un momento opuesto debido a la fuerza de la pared sobre el cuadro, que actúa horizontalmente. Así, para qué ∑ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, la tensión en el alambre debe tener un componente horizontal y el cuadro debe inclinarse hacia delante. b)
  • 57.
    Tomando momentos respectoal clavo: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎, 𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 −𝟎𝟎.𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎, 𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝟏𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 � = −𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟖𝟖∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟑𝟑, 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 92. Un espejo rectangular de 1,0 m de alto y 0,60 m de ancho se cuelga de un gancho en la pared utilizando un alambre de 0,85 m de longitud, sujeto a los lados del espejo, 0,20 m por debajo del borde superior. La masa del espejo es 6,0 kg. a) Determinar el ángulo que el plano del espejo forma con el plano vertical. b) Determinar la tensión de los alambres de soporte y la fuerza ejercida por la pared sobre el borde inferior del espejo. Para la cuerda: 𝒉𝒉 = �𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 Consideramos el triangulo del dibujo superior, formado por pared, cuadro y cuerda en “visión” lateral:
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    Al no serun triángulo rectángulo tenemos: 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 + 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟐𝟐 − 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎, 𝟖𝟖 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 Obtenemos: 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑 ; 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 ;𝜶𝜶 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟎𝟎 La solución es: ; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟎𝟎 b) Procedemos como en el problema anterior: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔,𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟖𝟖∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄,𝟐𝟐 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟐𝟐 𝑵𝑵 En el sentido vertical: 𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑻𝑻𝒚𝒚 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟐𝟐 = 𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑵𝑵 En el sentido horizontal: 𝑻𝑻𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 En el eje perpendicular al papel tenemos: 𝜶𝜶 = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟎𝟎,𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝒐𝒐 𝑻𝑻𝒛𝒛 = �𝑻𝑻𝒙𝒙 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒛𝒛 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 ; 𝑻𝑻𝒛𝒛 𝟐𝟐 = (𝑻𝑻𝒙𝒙 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒛𝒛 𝟐𝟐 ) ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑻𝑻𝒛𝒛 = � 𝟏𝟏 � 𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟒𝟒𝟒𝟒 −𝟏𝟏� ∗ (𝑻𝑻𝒙𝒙 𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚 𝟐𝟐) = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟐𝟐 𝑵𝑵 93. Si un tren viaja a determinada velocidad en una curva los vagones de mercancía pueden volcar. Suponer que la carga que transporta son paralelepípedos de densidad uniforme y 1,5 104 kg de masa, 10 m longitud, 3,0 m de altura y 2,20 m de ancho y su base se encuentra a 0,65 m por encima de las vías. Los ejes están separados a una distancia de 7,6 m y cada uno a 1,2 m de los extremos del furgón. La separación entre los carriles es de 1,55 m. Determinar la máxima velocidad de seguridad del tren si el radio de curvatura de la curva es a) 150 m. b) 240 m. a)
  • 59.
    La distancia alas ruedas desde la línea central es de 1,55/2=0,775 m. La altura desde el suelo al centro es de 0,65+1,5=2,15 m. Considerando momentos al centro de gravedad del vagón: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒔𝒔 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒇𝒇𝒔𝒔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐, 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 � = −𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ Considerando momento nulo: 𝒇𝒇𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 Por equilibrio de fuerzas verticales y por tener m.c.u.: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 Con esto: 𝒎𝒎 ∗ 𝒗𝒗𝟐𝟐 𝑹𝑹 ∗ 𝟐𝟐, 𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒗𝒗 = �𝑹𝑹 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏 = �𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒈𝒈 𝒗𝒗(𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎) = �𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟎𝟎 𝒎𝒎/𝒔𝒔 b) 𝒗𝒗(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎) = √𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝒎𝒎/𝒔𝒔 94. Para caminar sobre la cuerda floja, un equilibrista utiliza una barra delgada de 8 m de longitud y curvada en forma de arco circular. En cada extremo de la barra hay una masa de plomo de 8 kg. El equilibrista, cuya masa es de 58 kg y cuyo centro de gravedad está a 0,90 m por encima de la cuerda, sujeta fuertemente la barra por su centro que se encuentra a 0,65 m por encima de la cuerda. ¿Cuál debe ser el radio de curvatura del arco de la barra para que el equilibrista se encuentre en equilibrio estable mientras avanza por la cuerda? Despreciar la masa de la cuerda.
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    La posición delcentro de masas en el eje Y debe ser 0: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟗𝟗−𝟐𝟐+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝒅𝒅 𝟓𝟓𝟓𝟓+𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎 ; 𝒅𝒅 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 De acuerdo con el dibujo: 𝒔𝒔 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔 + 𝒅𝒅 ;𝒔𝒔 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 + 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒎𝒎 𝒔𝒔 = 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄) Considerando en radianes: 𝑹𝑹 ∗ 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒 𝒎𝒎 ; 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒 𝜽𝜽 𝒔𝒔 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝜽𝜽 ; 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 = 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝜽𝜽 La ecuación tiene por solución: 𝜽𝜽 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓𝒓 Por tanto: 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒎𝒎 95. Un gran cajón que pesa 4500 N descansa sobre cuatro bloques de 12 cm de altura sobre una superficie horizontal (figura). El cajón tiene 2 m de longitud, 1,2 m de altura y 1,2 m de ancho. Una persona debe levantar un extremo del cajón mediante una larga barra de acero. El coeficiente de fricción estática entre los bloques y la superficie es 0,4. Estimar la longitud de la barra de acero necesaria para que una persona pueda levantar el extremo del cajón. Las fuerzas sobre la caja son:
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    Sobre la barra: lseria la longitud de palanca por debajo de la caja. Cuando está a punto de levantarse, por condiciones de equilibrio: Eje y, para la caja: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾 Momentos respecto al punto B, para la caja: 𝒘𝒘 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝑾𝑾 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑾𝑾 Usando la primera ecuación: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 = 𝑾𝑾 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑾𝑾 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑾𝑾 Aplicando momentos a la barra respecto al punto A: 𝑭𝑭 ∗ (𝑳𝑳 − 𝒍𝒍) = 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 ∗ 𝒍𝒍 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑷𝑷 𝑭𝑭 � = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏 + 𝑾𝑾 𝟐𝟐∗𝑭𝑭 � En función de la fuerza máxima que podamos aplicar F: 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟐𝟐∗𝑭𝑭 � 96. Seis ladrillos idénticos se disponen uno encima del otro en sentido longitudinal para construir una torre inclinada con el máximo retranqueo que permita su estabilidad. a) Partiendo de la parte más alta, determinar el máximo retranqueo de cada ladrillo sucesivo. b) ¿Cuál es el máximo saliente de los seis ladrillos? a) Para el primer ladrillo:
  • 62.
    Para el tercerladrillo: Considerando momentos al punto P: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ (𝑳𝑳 + 𝒍𝒍) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳 𝟒𝟒 De la misma manera: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 − 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 + 𝒍𝒍� + 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 − 𝟑𝟑 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳 + 𝑳𝑳� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ ( 𝟓𝟓 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳 + 𝒍𝒍 − 𝑳𝑳) 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳/𝟔𝟔 Siguiendo de la misma manera el quinto será: 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳 𝟖𝟖
  • 63.
    El sexto: 𝒍𝒍 =𝑳𝑳/𝟏𝟏𝟏𝟏 97. Una esfera uniforme de radio R y masa M se mantiene en reposo sobre un plano inclinado de ángulo ϴ mediante una cuerda horizontal, como muestra la figura. Se R=20 cm, M=3 kg y ϴ=30º. a) Determinar la tensión en la cuerda. b) ¿Cuál es la fuerza normal ejercida sobre la esfera por el plano inclinado? c) ¿Cuál es la fuerza de rozamiento que actúa sobre la esfera? a) Aplicando momentos respecto al centro: 𝝉𝝉𝒇𝒇 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝑹𝑹 𝟎𝟎 � = −𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 𝑹𝑹 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝑹𝑹 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ∗ �𝒄𝒄𝒐𝒐𝒐𝒐𝟐𝟐 𝜽𝜽 + 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟐𝟐 𝜽𝜽� ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹 = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ;𝒇𝒇 = 𝑻𝑻 Por equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝒇𝒇 − 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 = 𝟎𝟎 Usando f=T
  • 64.
    𝑻𝑻 ∗ (𝟏𝟏+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 ; 𝑻𝑻 = 𝑴𝑴∗𝒈𝒈∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 (𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) 𝑻𝑻 = 𝟑𝟑∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 b) Por equilibrio de fuerzas en el je y: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟑𝟑 ∗ 𝟗𝟗, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 + 𝟕𝟕, 𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝑵𝑵 c) 𝒇𝒇 = 𝑻𝑻 = 𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑵𝑵 98. Las patas de un triplete forman ángulos iguales de 90º entre sí en el vértice, donde se unen juntas. Un bloque de 100 kg cuelga del vértice. ¿Cuáles son las fuerzas de compresión en las tres patas? Como el ángulo entre patas es de 90 grados, los ángulos en la base son de 45º. Considerando el triángulo entre las dos patas: 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑩𝑩𝑩𝑩 𝟐𝟐 ; 𝑩𝑩𝑩𝑩 = √𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 Consideramos el triangulo de la base ABC: Aplicando Pitágoras: 𝒂𝒂 = �𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝟐𝟐 𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = � 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳
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    La distancia bserá: 𝒃𝒃 = 𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 𝟑𝟑 ∗ � 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 Consideramos el triángulo: 𝒄𝒄 = √𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝒃𝒃𝟐𝟐 = �𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝟒𝟒 𝟗𝟗 ∗ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 ∗ 𝑳𝑳 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒄𝒄 𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 Considerando la situación de equilibrio: 𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟑𝟑∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟑𝟑∗ 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 99. La figura muestra una viga uniforme de 20 cm de longitud descansando sobre un cilindro de 4 cm de radio. La masa de la viga es de 5,0 kg y la del cilindro 8,0 kg. El coeficiente de rozamiento entre la viga y el cilindro es cero. a) Determinar las fuerzas que actúan sobre la viga y el cilindro. b) ¿Cuáles deben ser los coeficientes mínimos de rozamiento estático entre la viga y el suelo y entre el cilindro y el suelo para evitar el deslizamiento? Las fuerzas de rozamiento son: 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒗𝒗−𝒔𝒔 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏
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    𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒆𝒆−𝒔𝒔∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒏𝒏 Aplicando momentos respecto a la base de la viga, para la viga: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒄𝒄 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎 −𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒎𝒎 = � 𝒊𝒊 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌 � �⃗ 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖∗𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 Usando el equilibrio de fuerzas para la viga: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 Por ser Fcb y Fc de acción y reacción: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 Usando equilibrio de fuerzas para el cilindro: 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝑴𝑴 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟖𝟖 ∗ 𝟗𝟗,𝟖𝟖𝟖𝟖 + 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 Por tanto: 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒗𝒗−𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒔𝒔 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 = 𝟎𝟎, 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝝁𝝁𝒔𝒔,𝒆𝒆−𝒔𝒔 = 𝒇𝒇𝒔𝒔,𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 100. Dos esferas pulidas sólidas de radio r se sitúan dentro de un cilindro de radio R como indica la figura. La masa de cada esfera es m. Determinar la fuerza ejercida por el fondo del cilindro y la fuerza ejercida de una esfera sobre la otra.
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    𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 = 𝑹𝑹−𝒓𝒓 𝒓𝒓 ;𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝜽𝜽 = 𝑹𝑹−𝒓𝒓 �𝑹𝑹∗(𝟐𝟐∗𝒓𝒓−𝑹𝑹) Siconsideramos equilibrio de fuerzas verticales de las dos esferas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Para la esfera inferior: 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 Por equilibrio de fuerzas horizontales: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝒕𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹−𝒓𝒓 �𝑹𝑹∗(𝟐𝟐∗𝒓𝒓−𝑹𝑹) 101. Un cubo sólido de arista a equilibrado sobre un cilindro de diámetro d se encuentra en equilibrio inestable si d≪a y en equilibrio estable si d≫a (figura). Determinar el valor mínimo de d/a para que el cubo se encuentre en equilibrio estable.
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    Si el cubotiene un desplazamiento 𝜹𝜹𝜽𝜽, el punto de contacto cambia en 𝑹𝑹 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹 con R=d/2. Como resultado del movimiento el cubo gira el mismo ángulo 𝜹𝜹𝜽𝜽.Su centro se desplaza en la misma dirección en 𝒂𝒂 𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹. Si el desplazamiento del centro de masa del cubo es menor que el del punto de contacto el momento resultante restaura el equilibrio, en caso contrario no. 𝒂𝒂 𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹 > 𝒅𝒅 𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜹𝜹 no habrá equilibrio. La condición de equilibrio es: d/a=1