estatica

Colección Temas Selectos

Niveles básico

Física

anzado

á

Estática

Lumbreras

ESTÁTICA

Autor: Jorge César Espinoza Gómez

© Titular de la obra: Asociación Fondo de Investigadores y Editores Diseño y diagramación: Asociación Fondo de Investigadores y Editores © Asociación Fondo de Investigadores y Editores

Av. Alfonso Ligarte N.° 1426 - Breña. Lima-Perú. Telefax: 332-3786 Para su sello editorial Lumbreras Editores

Página web: www.elum breras.com .pe Primera edición: mayo de 2013 Tiraje: 10 000 ejemplares ISBN: 978-612-307-284-1

Registro del proyecto editorial N.° 31501051300031

"Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Perú" N.° 2013-05192

Prohibida su reproducción total o parcial Derechos reservados D. LEG. N.° 822 “i

*M in t r o d u c c ió n T i ESTÁTICA Conceptos previos... Equilibrio mecánico Fuerza... Interacción... Fuerzas usuales...

Descomposición rectangular de fuerzas Condiciones del equilibrio mecánico (CEM )... Primera condición del equilibrio mecánico

Caso de dos fuerzas... Caso de tres fuerzas... Segunda-condición del equilibrio mecánico Momento de una fuerza (m o) ...

C-— ¿

Momento resultante ... Fuerza de gravedad ( f g)

Fuerza de tensión (t) .... Fuerza elástica ( FE) ... Diagrama de fuerzas

Operaciones con fuerzas... Fuerza resultante (Fr )

Fuerza de rozamiento... 31

Fuerza de rozamiento estático ( f s ) ... 32

Fuerza de rozamiento cinético ( /k) ... 32

PROBLEMAS RESUELTOS Nivel básico... 34 Nivel intermedio... 81 Nivel avanzado... 105 PROBLEMAS PROPUESTOS Nivel básico... 133 Nivel intermedio... 142 Nivel avanzado... 146 CLAVES... 155 BIBLIOGRAFÍA... 157

La Asociación Fondo de Investigadores y Editores - Afined, promotora de Lumbreras Editores, presenta a la comunidad educativa el texto Estática, perteneciente a una nueva serie de temas escogidos donde se realza el valor analítico y crítico en la enseñanza de las ciencias.

La nueva Colección Temas Selectos se caracteriza por brindar a los alumnos preuniversitarios contenidos dinámicos y precisos que afianzan sus conocimientos en temas específicos en los cursos de matemáticas, ciencias naturales y razonamiento matemático. De esta forma, Lumbreras Editores abre una nueva línea de publicaciones poniendo énfasis en el enfoque didác­ tico y cuidadoso en la relación teoría-práctica.

Hay temas principales en cada materia que necesitan de mayor profun- dización y análisis para la comprensión y resolución de los ejercicios, por eso nuestra editorial seguirá publicando nuevos títulos hasta completar una nu­ trida colección que permita mantener el reconocimiento y la confianza de los estudiantes, al manejar una teoría sucinta, directa, con ejercicios aplicativos y problemas resueltos y propuestos por niveles.

Lumbreras Editores quiere reconocer el esfuerzo conjunto que ha sig­ nificado esta publicación, en la cual ha participado un grupo de profesio­ nales de primer nivel, cuyo esfuerzo es un apoyo fundamental a nuestro anhelo de una educación científica y humanística integral. En este proceso, deseamos reconocer la labor del profesor Jorge Espinoza Gómez, de la plana de Física de las academias Aduni y César Vallejo, por su labor en la elaboración del presente m aterial, gracias a su valiosa trayectoria en la enseñanza preuniversitaria.

En el estudio de la mecánica cobra mucha importancia el análisis de fuer­ zas, las cuales, dependiendo del estado del cuerpo o sistema (reposo o mo­ vimiento), responden a leyes (entre ellas, la tercera ley de Newton). Otro aspecto importante es el concepto de equilibrio mecánico y la aplicación de las condiciones para determinar, entre otras cosas, las fuerzas actuantes así como el análisis de los sistemas de cuerpos, ya que se presentan en numero­ sos exámenes de admisión.

El presente material tiene como propósito ofrecer una explicación am ­ plia y detallada sobre la estática, utilizando métodos didácticos para orien­ tar a estudiantes que buscan aclarar los aspectos básicos de la estática y así resolver problemas de mayor exigencia, teniendo como herramientas el diagrama de cuerpo libre, las condiciones para el equilibrio mecánico y la geometría para cada uno de los casos.

Además, para poner en práctica lo aprendido, se han planteado ejerci­ cios aplicativos, así como problemas resueltos y propuestos graduados de lo simple a lo complejo. La selección de los ejercicios aplicativos está de acuer­ do a las dificultades que presentan los estudiantes, como por ejemplo la re­ presentación correcta de las fuerzas actuantes sobre un cuerpo y/o sistema.

Finalmente agradezco a la Asociación Fondo de Investigadores y Edito­ res - Afined, a través de su sello editorial Lumbreras Editores, por el respaldo y las facilidades recibidas en la publicación de la presente obra, esperando colaborar con aquellos estudiantes que tienen como próxima meta el ingre­ so a la universidad.

Cuando observamos los objetos en los diferentes lugares hay algo muy frecuente: el estado de reposo.

La madera sostiene el La soga restringe el movi- Los pernos fijan la

piza-vaso. miento de la carreta. rra, muy pesada, en la

pared.

El cartel reposa en el pos­ te rígido con los pernos empotrados.

La varilla entre las esca­ leras evita que estas se abran.

Hay múltiples situaciones como estas, y debemos notar que los cuerpos que están alrededor son los que permiten el estado de reposo.

• Si el poste que sostiene el cartel fuera tan delgado como el lapicero, ¿se animaría a pararse debajo? • Con pernos del tamaño y de la resistencia de los chinches, ¿la pizarra se caería?

• ¿El dueño de la carreta podría usar una estaca de 5 cm en un suelo arenoso?

Es así que los cuerpos del entorno y su capacidad (resistencia) para evitar (restringir) el movimiento juegan un papel importante si buscamos mantener un cuerpo en reposo. Por ello revisaremos las condiciones que se cumplen en cada caso.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

l ! CONCEPTOS PREVIOS

EQUILIBRIO MECANICO

escalera eléctrica

Reposo MRU Rotación uniforme

En los tres casos, los cuerpos permanecen estables, es decir, no hay movimiento o cambio de mo­ vimiento de forma repentina; a diferencia de los cuerpos cuando están en un móvil con velocidad variable como las combis.

¿La persona B se animaría a reci­ bir una taza con café caliente? ¿La persona A al caminar hacia la puerta podría mantener sus ma­ nos en los bolsillos?

En ambos casos, probablemente, diríamos que no, ya que la combi “ nos sacude” al cambiar su velo­ cidad; pero si es un bus interprovincial con 110 km/h de velocidad constante, estaríamos estables, tomaríamos el café y caminaríamos tranquilos. Por lo tanto, no importa el módulo de la velocidad, sino que esta cambie o se mantenga constante.

E q u ilib r io ___ es mecánico J el estado mecánico

I

Es un vector que representa la acción física de un cuerpo sobre otro: empujar, jalar, atraer, presionar, sostener, repeler, golpear, etc. Su unidad de medida es el newton, cuyo símbolo es N.

'••v

r

equivale a F = 2 0 N f

Este vector representa lo que la mano hace con el bloque.

Ejemplo

En el siguiente gráfico, ¿cuántos cuerpos hay?

- >

La respuesta sería cuatro cuerpos: la canasta, la mano que aplica Fv el viento que aplica F2 y la Tierra que aplica F3.

INTERACCION

Cuando un cuerpo actúa sobre otro se da una acción física mutua, recíproca; aunque nuestra aten­ ción, por lo general, se centra solo en una de estas acciones (fuerza).

La mano aplica una fuerza al balde para elevarlo, pero también el balde aplica una fuerza a la mano que tensa los músculos.

Para un análisis de plano inclinado con

Entre los cuerpos que interactúan surgen dos fuerzas que tienen las siguientes características: • Son colineales.

• Son opuestas en dirección. • Tienen igual módulo.

F(M/E) = F(E/M)

f(m/e): f uerza de la mano sobre la esfera F(E/m)' fuerza de la esfera sobre la mano

• Actúan en cuerpos diferentes, generando efectos diferentes.

Todo lo anterior se conoce como la tercera ley de Newton o ley de acción y reacción.

estas fuerzas realizamos una separación imaginaria. Veamos a la esfera en el la mano.

separación imaginaria

_____________________A_____________________

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

FUERZAS USUALES

Entre los diferentes cuerpos se presentan múltiples fuerzas; cuando interactúan, de todas ellas hay algunas con nombre propio por ser frecuentes. Presentamos las siguientes:

Fuerza de gravedad ( f g)

Es el resultado de la interacción entre la Tierra y los cuerpos de su alrededor. Es de tipo atractiva, es decir, vertical hacia abajo.

La Fg se grafica a partir del centro de gravedad (C.G.) del cuerpo. Su ubicación depende de la dis­ tribución de la masa en la extensión del cuerpo. Su módulo viene dado por

Fa=M g unidades: F0 :N; /V7:kg; g\m /s¿

9

i M

Ejemplo

Si el módulo de la Fa para un cuerpo de 1 g es 10* N, calcule x. Resolución

La masa debe estar en kilogramos, entonces debemos recordar que

1 3 1 kg = 1000g -> l g = --- kg = 10 kg 1000 Ahora Fg=Mg 10x=10“ 3 -10 10x=10~2 /. x= -2

1; Observación

Para cuerp os hom ogéneos, es decir, aquellos donde su masa se distribuye uniform em ente en toda la extensión del cuerpo, su centro de gravedad (C .G .) se ubica así:

Fuerza de tensión ( f )

Es el resultado del incremento de las interacciones internas en una cuerda cuando es estirada.

A lo largo de toda la cuerda, la fuerza interna se incre­ mentó en 75 N, es decir, la fuerza de tensión es T= 75 N.

En el gráfico se representó la fuerza que la cuerda aplica a la persona para que esta no caiga.

Ejemplo

En el gráfico, la cuerda cuelga del clavo y le aplica fuerza hacia abajo (jala). Además, la cuerda sostie­ ne el bloque y le aplica fuerza hacia arriba (jala).

¿Son fuerzas de acción y reacción?

Resolución

No, ya que se trabajó con la fuerza que la cuerda aplica al clavo y al bloque, no se analizó fuerzas mutuas entre los dos cuerpos.

Son fuerzas de igual módulo de direcciones opuestas pero son transmitidas a lo largo de la cuerda y no son de un cuerpo sobre otro.

cuerda

En el corte imaginario hay fuerzas de cohe­ sión inicial, cuyo mó­ dulo es de 10 N.

Ahora que la cuerda está templada, la cohesión se incre­ mentó a 85 N.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Fuerza elástica (fe )

Se presenta en cuerpos elásticos cuando se les deforma como resultado del incremento de las inte­ racciones internas.

Íq: longitud natural, cuando no hay deformación El resorte comprimido empuja buscando recuperar su d0; mientras que el resorte estirado jala buscan­ do recuperar su Q0.

Experimentalmente se obtiene

Fe=K-x

Donde

x: deformación del resorte (cm; m)

K\ constante de rigidez del resorte _N__N Vcm ’ m )

Interpretación de la constante de rigidez

Si K= 200 N/m, entonces significa que por cada 1 m que se le deforme al resorte, este aplica una FE de módulo de 200 N.

N 200 N N , , , r , ,

-Pero también K = 200— = ---= 2 — ; entonces por cada 1 cm de deformación, la FE generada es de 2 N.

Gráficamente

m (100 cm) cm

x = l m

DIAGRAMA DE FUERZAS

También llamado diagrama de cuerpo libre (DCL). Consiste en representar todas las fuerzas sobre un cuerpo o sistema. Ejemplos M PCL movimiento (2) (1) polea ideal l T2 , 9 I

fig. 1 fig. 2 fig. 3

En la figura 3, la cuerda (1) sostiene la polea y se representan dos fuer­ zas desde los extremos derecho e izquierdo; como cuando una per­ sona hace "patita de gallo": la fuerza se distribuye en ambos brazos. Por otro lado, sobre la polea ideal no dibujamos la Fg porque su masa es despreciable. F1 y F2 son las fuerzas en cada brazo y F sería la carga en nuestras manos.

li Cuando una superficie es lisa, no se opone de forma alguna a que un cuer­ po resbale al estar apoyado en tal superficie.

Rp\ fuerza de reacción del plano inclinado; por ser superficie lisa se grafica perpendicularmente a ambas superficies en contacto.

Se debe tener en cuenta las superficies en contacto, más aún sin son puntas o esquinas como en los siguientes casos.

"patita de gallo"

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

fig. a fig. b fig. c

La cuerda sostiene la barra, ya que por ser lisa podría resba­ lar y terminar sobre el piso.

Como está a punto de volcar, solo se apoya en la esquina. Además, R es perpendicular a la barra.

OPERACIONES CON FUERZAS

Luego de saber dibujar las fuerzas sobre un cuerpo, ahora veamos las operaciones más importantes. Fuerza resultante (fr )

Es la fuerza que equivale a un grupo por producir igual efecto. Veamos lo que pasa con dos esferas sobre una superficie horizontal.

v=0

I #

El resultado de aplicar dos o más fuer­ zas sobre un cuerpo se puede lograr con una sola fuerza, a la que se le denomina A continuación se muestran los diagramas de fuerzas respecto a

a punto de volcar lisa cada caso. estirado superficie lisa

Hacemos la separación ima­ ginaria para analizar cada cuerpo.

Matemáticamente

Fr - F 1 + F2 +... ¡Suma vectorial!

Forma geométrica

Entonces se ordenan las fuerzas, una a continuación de otra, y la FR va del punto inicial al final.

Observación

w

La FR no es una fuerza adicional, sino es aquella que equivale al grupo de fuerzas actuantes. Casos 6 N 4 N 6 N 4 N ,._£g 2 i n 8 N 21 N Fr 8 N 8 N Fr = 10 N Fr = 13 N f R=10 N Se sumaron los mó­ dulos de las fuerzas.

Se restaron los mó­ dulos de las fuerzas.

Se aplicó el teorema de Pitágoras con el módu­ lo de las fuerzas.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Descomposición rectangular de fuerzas

Así como un grupo de fuerzas puede ser equivalente a una sola FRl también una fuerza se puede reemplazar por dos o más para un mejor análisis.

Ejemplos

1. Si sobre el costal la FR es vertical hacia arriba y de 20 N módulo, calcule el módulo de F y la medida del ángulo a . (g=10 m/s2)

Por acción de F, el coche puede avanzar sobre el piso pero también po­ dría alzar vuelo.

• F1 y F2 son componentes de F. • F1 produce el desplazamiento

del vehículo sobre el piso. • F2 tiende a producir que el

vehículo se eleve.

Para un mayor análisis de F, realizamos la descomposición rectangular. Resolución Realizamos la descomposición de F . ü # equivale a f condición del -R < problema k (Fr = 20 N)

En la horizontal, no hay FR Fx= 50 N _(O En la vertical FR Fy Fg 20 = Fy - 3 0 N Fy=50 N _(II) De (I) y (II) F = 50a/2 N y cc=45°

Mientras el collarín de 4 kg se mueve sobre la varilla lisa, la FR sobre él es horizontal. Calcule el módulo de FR y la reacción de la varilla cuando el collarín pase por P.

ÍK= 150 N/m; g=10 m/s2)

Cuando el collarín pasa por P, el resorte mide 50 cm; es decir, se encuentra estirado x= 20cm .

Luego en el diagrama de fuerzas actúan tres fuerzas, de tal manera que su resulta­ do será horizontal, entonces en la vertical no hay resultante.

Analizamos fuerzas realizando ei cálculo de Fg y Fe.

Fg= M g - A • 10=40 N Fe=Kx= 150 0,2=30 N

Como la Fr sobre el collarín es horizon­ tal, entonces en la vertical las fuerzas dan como resultante nula.

—> R = 22 N (para anular las fuerzas en la vertical) Y en la horizontal F,= 2 4 N = 24 N y |fí] = 22N Resolución 2 1

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

( Ü j CO N D ICIO N ES DEL EQ U ILIB R IO M ECÁN ICO (CEM ) PRIMERA CONDICIÓN DEL EQUILIBRIO MECÁNICO

Referida al equilibrio mecánico de traslación, es decir, cuando un cuerpo o sistema no presenta aceleración (o).

No presenta a

MRU i/=constante

---- >

Para lo cual se verifica

f ■..._ .

Forma algebraica (luego de descom- Forma geométrica (sin descomponer

poner fuerzas si es necesario) ninguna fuerza)

...

Se formará un polí­ gono (por lo general será triángulo) con las fuerzas, una a conti­ nuación de otra. No importa el orden.

%i Nota

El triángulo tam bién podría form arse con cuatro fuerzas para lo cual dos de estas deben ser paralelas.

Caso de dos fuerzas

En el gráfico, sobre la placa actúan tres fuerzas, pero si retiramos la mano, solo quedarían dos fuerzas.

Así, la placa no se mantiene en reposo y se la­ dea, ya que las fuerzas están en líneas diferen­ tes.

El equilibrio se alcanza solo cuando las dos fuer­ zas están contenidas en la misma línea.

Ahora sí hay reposo, además T=Fg para que la Fr sea nula

En conclusión, si dos fuerzas garantizan el equi­ librio mecánico de un cuerpo o sistemas, estas son colineales, opuestas, de igual módulo. En los problemas se presentarán casos más fá­ ciles.

Ejemplos

1. Calcule la tensión en la cuerda para el blo­ que en reposo.

Inmediatamente hacemos el diagrama de fuerzas ‘ T T=F9 T=Mg 7=3-10 -> 7 = 3 0 N l Fs

En este caso, no importa resaltar que las dos fuerzas son colineales.

2. Para la placa homogénea, ¿qué distancia respecto de P puede sobresalir el punto B?

La placa apoyada en el piso estaría casi balaceándose pero aún en reposo, para lo cual encima de P deberá ubicarse al C.G.

3 kg

Del gráfico 3d=15cm —> d =5 m

Lo que más importó en este caso es que las fuerzas sean colineales.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Caso de tres fuerzas

• Fuerzas paralelas

Para la barra en reposo

Actúan tres fuerzas y dos de estas son para­ lelas ( Fg y Rp). Con esto al aplicar la prime­ ra condición de equilibrio se define la ter­ cera fuerza (Fmano). Entonces la Fmano será paralela a las anteriores.

Luego aplicamos FR=0, entonces m \ ) = m u

Rp~^Fmar)Q—Fg

Para resolver un problema, primero debe­ mos identificar si actúan tres fuerzas y di­ bujar dos de ellas para que la tercera enca­ je con las dos primeras y se verifique que

7 R = o .

Para la barra realizamos el diagrama de fuerzas

Primero graficamos la Fgi luego la reacción del techo RT, y notamos que son paralelas, entonces la reacción de la esquina RE tam­ bién será paralela a las anteriores.

tí Nota ,...-...-... -... .

Un erro r com ún es g raficar a RE de form a perpendicular a la b arra.

Esto lo solem os h acer por pensar en su p erficie s lisas y que siem pre la fuerza en el contacto debe se r perpendicular. Recuerda que una fu erza entre dos su­ perficies en contacto siem p re será per- pend icular cuando una de ellas o am bas su p erficie s sean lisas.

Luego

Debemos notar que solo el piso horizontal es liso y allí RP es perpendicular, además resulta paralela con la Fg por lo que R¡ (re­ acción del plano inclinado) también es pa­ ralela.

Para la barra homogénea en reposo actúan tres fuerzas, y al dibujar dos de estas, no son paralelas; por lo tanto, para el equili­ brio las tres fuerzas serán concurrentes. Con las dos primeras fuerzas se ubica el punto de concurrencia C. Entonces la re­ acción de la articulación que surge en P se orienta a lo largo de la línea, que une P y C. Luego, para resolver aplicamos la forma geométrica de la primera condición de equi­ librio formando el triángulo de fuerzas.

Al dibujar el triángulo, apóyate de la línea que trazaste al final, ya que luego debes ubicar la geometría para comparar los mó­ dulos de las fuerzas formando un triángulo de fuerzas.

Un error común es pensar que a (en el trián­ gulo de fuerzas) es 37°, pero la fuerza R no está contenida ni es paralela a la barra. Observa el gráfico.

Luego, desarrollando el gráfico se tiene 3

ta n a = -2

El triángulo sombreado es semejante al de fuerzas, entonces

Fg=3K - » T=2K

En los problemas, primero identificamos que actúan tres fuerzas y dos de ellas (las que rápidamente se puedan dibujar) no son paralelas, así veremos que se trata de tres fuerzas concurrentes.

Para la placa triangular homogénea en re­ poso realicemos el diagrama de cuerpo libre (DCL).

• Fuerzas concurrentes

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

APLICACIÓN 1

Para la barra en reposo, ¿a qué distancia de P se encuentra su C.G.?

APLICACIÓN 2

Para la barra en reposo, determine el cociente que resulta de dividir el módulo de la Fg con el de la reacción de la articulación.

Resolución

Actúan tres fuerzas donde las dos tensiones evi­ dentemente no son paralelas entre sí ni con la Fg. ¡Fuerzas concurrentes!

Con la prolongación de T1 y T2 encontramos C (el punto de concurrencia) y así de la Fg su línea de acción vertical debe pasar por C. Con esto se define el C.G.

Trabajando la geometría de los triángulos rec­ tángulos tenemos

¿ b a r r a d 80 cm =4K K = 2 0 cm

Por lo tanto, el C.G. de la barra está a 20 cm del punto P.

Resolución

Actúan tres fuerzas: T , Fg y R. Las dos primeras no son paralelas, por ello las tres serán concu­ rrentes.

Al completar el triángulo de fuerzas utilizando la línea de acción de R , se forma el triángulo isósceles, entonces R=Fg.

SEGUNDA CONDICIÓN DEL EQUILIBRIO MECÁ­ NICO

Referida al equilibrio mecánico de rotación, es decir, cuando un cuerpo o sistema está en repo­ so o presenta rotación uniforme.

Para analizar las fuerzas bajo este enfoque, de­ bemos revisar los siguientes conceptos.

El bloque estará propenso a rotar cuando apli­ camos la fuerza en A, esto por la mayor distan­ cia desde O a la línea horizontal que contiene a cada fuerza.

Tienes que evitar decir o pensar que la distan­ cia da fuerza, lo que sucede es que la distancia juega un papel importante en la intensidad o magnitud del efecto de rotación que una fuerza produce o tiende a producir.

Veamos también

O d i

O

Fg

'fio

/_^p \ m

Momento de una fuerza [ M o l 45 N

Es una magnitud física que mide la capacidad de una fuerza para producir rotación respecto a un punto.

Veamos

En ambos casos, el dedo mantiene en reposo a la barra, evitando que gire en sentido O respec­ to de O.

En el segundo caso, la fuerza del dedo debe ser mayor por tener menor distancia, entonces no por ser mayor fuerza podrá producir más fácil­ mente rotación, sino que influye la distancia. Para el cálculo, siempre habrá un punto de re­ ferencia O, de donde mediremos los momen­ tos de cada fuerza (centro de momentos). Tam­ bién debemos trazar la línea de acción de cada fuerza.

efecto de rotación respecto de O

Al jalar horizontalmente con la cuerda, ya sea de A o B, hay la tendencia de producir efecto de rotación sobre el bloque.

Si en diferentes casos aplicamos igual fuerza de tensión en A y B, ¿en qué caso el bloque estará más propenso a rotar?

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

La figura anterior es abstracta, pero puede ser un molde de cartulina en la pared de madera con un chinche alrededor del cual puede ser girada.

Gráficamente, observamos que la línea de ac­ ción de Fg pasa por O.

Entonces Mq = 0, es decir, ni O ni

C

En estos casos, la fuerza de gravedad sí presenta la capacidad de producir efecto de rotación.

Unidades: N • m; N -cm Se usa

(+): cuando la F busca producir rotación

C

(-): cuando la F busca producir rotación O Donde d es la distancia (brazo de palanca) des­ de O perpendicular a la línea de acción de F . Tener en cuenta que no todas las fuerzas pue­

den producir rotación, como por ejemplo M Toe = l M h0

Así como está la barra, la Fg no trata de producir rotación alguna.

Tenga en cuenta

De algunas fuerzas su m om ento puede se r cero.

Mf0 = 0

lo cual no im plica que la fuerza se a n u la, sino que respecto de ese centro de m o m e n ­ tos no puede producir efecto de rotación.

Momento resultante (MqS)

Es la medida del efecto neto de la rotación que trata de producir fuerzas en conjunto.

APLICACIÓN 3

Para la placa, calcule el MqS.

Resolución F2=5 N R ,0 6 cm ' T 1=20 N r V , 4 cm / ' 2 c m x . y ;.; ^ ' . N ^ F =25vN , 9 T2=6 N F1= l l N

Por ello, para el equilibrio de rotación se verifica que

Mn = O

Esta corta ecuación nos permite completar el análisis de fuerzas, junto con la primera condi­ ción de equilibrio, sobre un cuerpo o sistema en equilibrio mecánico.

Dicha ecuación equivale a

Z M 0 ) = Z M 0)

Como O está ubicado en la articulación observa­ mos que las líneas de acción de Flt de T2 y de R pasan por O, por ello

m% =m} = m r0 =o Luego M t¿ =+T1 ■d1 = + 206 =+120 N-cm i giro O Mq = -Fg ■ d =25-5 = -125 N-cm 1 giro O M o = ~f e(2 ) • d 2 = ~ 5 - 2 = “ 1 0 N ' c m -> MqS = Y M F0 =m} + M F09 + = (+ 120)+ (-1 2 5 )+ (- 1 0 ) MqS = - 1 5 N-cm

De este resultado, lo que más nos importa es interpretar el signo. Si el momento resultante es negativo, implica que el conjunto de fuer­ zas, en ese instante, buscan producir rotación -oraria desde el reposo, lo cual no es equilibrio '■necánico.

En este caso solo se toma el valor de los mo­ mentos sin su signo.

Reflexiona antes de leer la respuesta, ¿en esta ecuación se vincularán a todas las fuerzas? Como planteamos al analizar el momento, o capacidad de una fuerza, no siempre la fuerza aplicada tiende o trata de producir rotación, por ello sin que las fuerzas sean nulas o se equili­ bren pueden tener un momento de fuerza cero y así no entrarían en la ecuación anterior. Esto dependerá de dónde ubiquemos a O (centro de momentos).

Como en un problema hay incógnitas, algunas que se quieren calcular y otras no, y datos; si nos referimos a las fuerzas, nos conviene que el momento sea cero. ¿De quiénes?

Indudable de las que no son datos y que no queramos conocer, para quedarnos solo con la incógnita que deseamos calcular.

Por lo tanto, el punto O se ubicará convenien­ temente por donde pasen o se intersecten el mayor número de líneas de acción de fuerzas desconocidas y que no se quieran conocer.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Ejemplo

Para la barra homogénea de 6 kg en reposo, de­ termine la tensión en la cuerda.

Resolución

De una inspección rápida se trata el caso de tres fuerzas paralelas.

Tenemos de la segunda condición de equilibrio T M 0) = Z M 0)

M T = M Fg T- 30 = 60-20 -> f= 4 0 N

No fue necesario aplicar la ecuación (I)

En el gráfico de fuerzas, sobre la barra tampoco fue necesario la precisión de R , solo importó que actúe pasando por O, es decir, podríamos haber hecho esto.

C.G.

Aplicamos la primera CEM F r = 0

—^ R + 7~= Fg

-» R + T= 60 N (I)

En esta ecuación tenemos dos incógnitas que no permiten que la ecuación sea resuelta. De­ bemos buscar otra ecuación que tenga las mis­ mas incógnitas, o que permita el cálculo directo de la fuerza de tensión.

Para aplicar la segunda CEM, debemos escoger el punto O y lo haremos por donde pase R , así Mq =0, es decir, no es horario ni antihorario.

Los tres gráficos de R son incorrectos desde el punto de vista del correcto DCL, pero para el cálculo solo de T no genera problema, siem­ pre que apliquemos solo la segunda CEM, ya que en los tres casos Mq = 0.

Al ubicar O en otro punto, el resultado será el mismo. 20 cm 10 cm O L 10 cm Si O está en el C.G., entonces M Fg = 0 y

Reemplazamos en (I)

- + 7 = 60 2

7 = 4 0 N

Si O está fuera de la barra

20 cm 10 cm 10 cm 10 cm --- • O -> Mq+ Mo= M FJ /?-50+7-20= 60-30 5/? + 27=180 _{( I I )} De (I) R = S 0 - T De (II) 5(60-71 + 27=180 -» 7 = 4 0 N Conclusiones

• Tomando momentos en un punto distinto al extremo izquierdo por donde pasa R sí importa el gráfico correcto de R.

• Notamos que la respuesta es independien­ te de donde ubiquemos a O, pero en los dos últimos casos sí se usó la ecuación (I)

FUERZA DE ROZAMIENTO

En el gráfico, F presiona a la tabla contra la pa­ red y esta se mantiene en reposo.

Ello debido a que la tabla está empotrada en la pared.

Puede parecer extraño, pero es cierto y lo no­ taremos al hacer una ampliación de la zona de contacto.

°ara que la tabla no resbale hacia abajo sobre la oared, ambas deben ser rugosas, ásperas.

Justamente por la presión entre las superficies, las rugosidades de la tabla encajan, empotran y engranan en las de la pared.

En los microcontactos se genera resistencia u oposición al deslizamiento (una superficie res­ bale sobre otra). No olvides que primero debe haber presión entre las superficies y también tendencia (intento) a resbalar.

Entonces la pared...

• soporta la presión del bloque.

• se opone a que el bloque resbale hacia abajo. Lo anterior se da por la reacción de la pared.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

La f K se grafica en dirección opuesta hacia donde la superficie resbala. Cuando hay desli­ zamiento, las rugosidades disminuyen, se liman asperezas, por ello

f ?

í coeficiente de

/s(máx.) Ms//V

Realizamos el DCL _{A medida que F aumenta, se incrementa la}

tendencia a resbalar hasta que el bloque esté a punto de resbalar como en el tercer caso.

Mientras el bloque no resbala, se mantiene en reposo y se cumple la primera CEM: FR= 0 Eje /: f N=Fg

Eje X : f s =F caso l : / s =10 N caso 2 :/ 5=18 N caso 3: f s = 25 N

Como en este caso el bloque está a punto de resbalar, la f s toma su máximo valor.

La /s(máx.) depende de lo siguiente: • La presión entre las superficies f N.

• El grado de rugosidad entre las superficies, que se mide con el coeficiente de roza­ miento estático jiis.

Es decir, el cálculo de la f s será con las condicio­ nes de equilibrio, y si el cuerpo está a punto de resbalar, también se usará esta ecuación.

FUERZA DE ROZAMIENTO CINÉTICO ( f K)

Actúa solo cuando una superficie resbala sobre otra.

Donde

fn: fuerza normal; mide la intensidad de la pre­ sión entre las superficies y siempre es perpen­ dicular a las superficies en contacto.

/ : fuerza de rozamiento; mide la oposición de la pared a que la tabla resbale, se grafica en di­ rección opuesta hacia donde el cuerpo trata de resbalar.

//v y / son componentes de la reacción de la pared, por ello R = f .

FUERZA DE ROZAMIENTO ESTÁTICO (

7

Actúa solo cuando entre las superficies no hay deslizamiento. Veamos el caso del bloque sobre el piso y la acción de una fuerza horizontal, cuyo módulo va aumentando.

Ík ~ V-kÍn

En este caso no se habla del máximo valor.

Ejemplo

En cada caso, determine el módulo de la / y el Considere j.is =0,75.

Fi=

no resbala

a punto de resbalar

resbala con MRU

Resolución

En los tres casos, el bloque está en equilibrio me­ cánico y podemos aplicar la primera CEM FR=0

En los tres casos se cumple que fN = Fg

ya que ambas fuerzas actúan verticalmente y la trayectoria es horizontal o no hay movimiento -> /w=20N

Caso 1 (equilibro estático) f s =F i

-> /S=10N

Caso 2 (equilibro estático) fs = F 2

Pero no conocemos F2, por ello interpretamos que está a punto de resbalar y la f s toma su máximo valor, entonces aplicamos

fs~ /s(máx.) fs - l-ls//v f s = 0,75-20 f s = 15 N

Caso 3 (equilibrio cinético) f K=F2

-> f K= 12 N Luego aplicamos

1 2 = ^ -2 0

PROBLEMAS

N

P R O B LEM A N.° I

Se muestra una placa triangular homogénea en reposo. Indique la alternativa que corresponde al correcto DCL de dicha placa.

Resolución

Por estar el cuerpo en reposo y sometido a dos fuerzas, estas deben ser colineales, opuestas y de igual módulo. La línea que las contiene debe pasar por el baricentro de la placa triangular por ser homogénea.

RESUELTOS

Aplicamos la geometría

_C LA V E ( 6 )

P R O B LEM A N.° 2

Para el sistema mostrado, indique verdadero (V) o falso (F) en las siguientes proposiciones.

I. Sobre la esfera actúan dos cuerpos. II. Sobre el coche actúan cuatro cuerpos. III. Sobre el sistema coche-esfera actúan dos

fuerzas.

A) VVV B) VFV C) FVV

Resolución

En el problema no debemos graficar las fuerzas sobre los cuerpos, sino que tenemos que ver con qué cuerpos ¡nteractúa cada cuerpo que se menciona.

I. Verdadera

La esfera se apoya en el coche y es atraída por la Tierra. Actúan dos cuerpos.

II. Falsa

El coche se apoya en el plano inclinado, tiene a la esfera encima y es atraído por la Tierra. Actúan tres cuerpos.

lil. Verdadera

El sistema se apoya en el plano inclinado y es atraído por la Tierra. Actúan dos cuerpos.

_C LA V E (JB )

P R O B LEM A N.° 3

Para la esfera de 1,2 kg, al pasar por P, la fuerza resultante es horizontal. Determine el módulo de la reacción de la superficie lisa en dicho pun­ to. i g - 1 0 m/s2)

Resolución

Sobre la esfera actúan F g y R (perpendicular a la superficie).

Como el dato es que la FR es horizontal, enton­ ces al tener fuerzas sobre los ejes X e /, en / la resultante será nula.

Luego de descomponer R tenemos Ry — Fg —^ Ry= MQ Ry = 1,2-10 Ry=12 N Por trigonometría Re os37° = 12 4 R • -= 1 2 5 .-. R= 15 N Otra forma A) 15 N D) 25 N B) 20 N C) 16 N

E) ION _finalpunto

punto inicial

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Como la Fr de Fg y R es horizontal, podemos aplicar el método geométrico dibujando Fg a continuación de R para formar la FR; para ello nos apoyamos de la línea que contiene a R . De manera inmediata el ángulo 37° se traslada, entonces Fg = 4k = Mg = 12 N -> k = 3 N R = Sk R = 15 N C la v e

(

)

Para el instante mostrado sobre el bloque liso de 7 kg, la reacción del muro es de 50 N. Calcule el módulo de la fuerza resultante.

Al descomponer la reacción del muro que es perpendicular al bloque tenemos

f Ry = A0 N; Rx = 30 N y Fg = Mg = 70 N 40 N 30 N 70 N 30 N 30 N Fr = 30>/2 N Otra forma

Ahora descomponemos la Fg de forma paralela y perpendicular al bloque A) 20 N D) 50 N Resolución B) 40 N c)

30

2

Luego aplicamos el teorema de Pitágoras Fr =y¡62 +422 = >/36 + 1764 = V l8 0 0 Fr = 30V2 N C la v e

(C

En los nuevos ejes perpendiculares tenemos

P R O B LEM A N.° 5

Indique verdadero (V) o falso (F) en las siguien­ tes proposiciones.

I. En las interacciones, las fuerzas de acción y de reacción se anulan.

II. Cuando un cuerpo rugoso resbala sobre un piso rugoso, este le ejerce dos fuerzas. III. La fuerza de gravedad sobre una barra pue­

de actuar en un punto diferente a su punto medio.

A) FVF D) VVF

B) FVV C) VFV

E) FFV

• actúan en cuerpos diferentes produ­ ciendo efectos diferentes.

• son opuestas.

• son de igual módulo. • son colineales. Falsa

El piso ejerce una sola fuerza, solo que esta se descompone para un mejor análisis.

equivalentes s s / R Resolución I. Falsa

Al referirnos que dos fuerzas se anulan, es­ tas deben...

• actuar sobre el mismo cuerpo. • ser opuestas.

• ser de igual módulo. • ser colineales.

— F * v M M / “

separación imaginaria

En el caso de las fuerzas de acción y de re­ acción son fuerzas que...

Verdadera

La Fg siempre actúa desde el centro de gravedad (C. G.) del cuerpo y si este es ho­ mogéneo y regular, el C. G. se ubica rápida­ mente por la simetría en su geometría; en el caso de una barra sería su punto medio; si no fuese homogénea, el C.G. puede ser cualquier otro punto.

C la v e (

E

P R O B LEM A N.° 6

Se muestra un bloque liso de 3 kg en reposo. Determine los módulos de la reacción del piso y de la pared, respectivamente. (g=10 m/s2) A) 30 N; 20 N B) 10 N; 20 N C) 30 N; 30 N D) 20 N; 20 N LU 15 N; 10 N 37

RERAS EDíTORES

Resolución

Luego de realizar e! diagrama de fuerzas para los bloques, aplicamos la primera CEM.

P R O B LEM A N.° 7

Para la cuña lisa de 2,1 kg se cumple que la reac­ ción del piso y la pared son de igual módulo, con ello determine el módulo de F .

A) 210 N B) 100 N C) 105 N D) 50 N E) 80 N Resolución Nota

Para aplicar la prim era CEM de form a más ágil colocam os

Eje X: Z F M = l F ( H Eje l F ( J ) = S F (i)

Si Ffí = 0 Bloque 2

Eje

y

F

la descompongamos y apliquemos así la prime­ ra CEM. T ~Fg( 2) -> r= 2 0 N Bloque 1 Eje X Fr = 0 • Eje X: R = —F Eje Y 5 = • Eje Y: R = —f + f 5 g R1 = 30 N

De las ecuaciones anteriores

R2 = T - F = - F + Fa -> F = SFa 5 5 /?2 = 2 0n F= 5 • 21 C la v e ( A ) f = i o s n > igual módulo por condición del problema

Otra forma Igualmente

4 3

R = - F -> /? = - F + f

5 5 9

Cla v e ( C

Ahora aplicaremos la primera CEM de manera geométrica, es decir, con las fuerzas sin des­ componer formaremos un polígono.

Recuerda que con este método no importa el orden en que las fuerzas vayan dibujándose. Forma 1 Por geometría R = —F 5 -R P R O B LEM A N.° 8

Se muestra una esfera de 5 kg en reposo. Si se verifica que la relación entre la tensión en la cuerda y la reacción del plano inclinado es de 2 a 3, respectivamente, calcule el módulo de la fuerza de tensión. (gr=10 m/s2) A) 25 N B) 20 N < C) 30 N D) 18 N E) 19 N Resolución

En el problema, el ángulo del plano inclinado (19°) puede generar preocupación porque no es notable, pero lo primero es ver cuántas fuer­ zas actúan. Como son tres fuerzas, estas pue­ den ser paralelas o concurrentes.

Forma 2 ¡Estamos con

fuerzas paralelas!

TDHSS

- l i

Fñ = O Fg = T + R

Pero por dato

7 2 3 - = --- > « = - 7 /? 3 2 Reemplazamos en (I) 50 = 7 + —7 2 T = 20 N (I) C la v e (

B

En el gráfico se muestra un coche de 3 kg que realiza MRU. Determine el módulo de F .

(g = 10 m/s2) A) ION B) 15 N C) 20 N D) 5 N E) 15,2 N Resolución

No debemos olvidar que el equilibrio mecánico engloba reposo, MRU y rotación uniforme para un cuerpo o un sistema en donde indistinta­ mente aplicamos la primera y/o segunda CEM. En consecuencia, el coche está en equilibrio ci­ nético de traslación.

Si la Fr = 0, entonces formamos el triángulo de fuerzas guiándonos de la línea que contiene a R .

F= 15 N

C la v e (

B

PR O B LEM A N.° 10

Se muestra una esfera de 9 kg en reposo. De­ termine la mínima deformación del resorte que está en posición horizontal. (k= 1500 N/m, g=10 m/s2)

A) 30 cm D) 10 cm

B) 80 cm C) 6 cm

Resolución

Si contamos con cuántos cuerpos interactúa la esfera, sería plano inclinado, resorte comprimido, tierra y techo.

Pero con este último, la interacción será nula si el resorte aplica una FE mínima, ya que a mayor Fe la esfera presionaría más el techo. Entonces fttecho = 0' cuando la FE y x s o n mínimos, mantenién­ dose la esfera en reposo.

Aplicamos la primera CEM del triángulo de fuerzas

4 * ^(mín.) — ^ ^ 9 ^£(mín.) 4 Cl a v e P R O B LEM A N.° I I Resolución

Una barra reposa sobre la pared lisa sujetada de una cuerda. Determine la relación entre la 'eacción de la pared y la fuerza de gravedad, respectivamente.

A) 4/5 3) 3/4 :■) 2/3

I 5/3

La cuerda sostiene la barra de dos puntos y en cada uno aplica la misma fuerza de tensión, en ocasiones confundimos el módulo de las fuerzas con la geometría del problema.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

¡Error! El valor de la fuerza de tensión no de­ pende de la longitud de la cuerda.

La geometría entra a tallar...

• cuando se descomponen fuerzas.

• cuando se forma el triángulo de fuerzas. • al aplicar la segunda CEM y al calcular dis­

tancias (brazos de palanca).

P R O B LEM A N.° 12

En el gráfico, una barra de 1,8 kg y poleas idea­ les reposan. Calcule la tensión en las cuerdas (1) y (2), respectivamente. (g=10 m/s2) A) 9 N; 18 N B) 6 N; 3 N C) 2 N; 4 N D) 3 N; 6 N E) 10 N; 5 N Ahora en el DCL de barra 4 3 v tv= -t Aplicamos Fr = 0 Eje X: R = —T 5 Eje V: F = - T + T F„ = *-T En consecuencia

» J '

O

Como se tratan de poleas ideales, entonces ^polea

Analizamos el sistema conformado por la polea A, la polea B y la barra. Dicho sistema solo está sostenido por la cuerda (2) de tres puntos.

Fr = 0

-> 3 7 2 = Fg 3 r 2 = 18 r 2= 6 n

Para la polea A -> f r=0 27i = T2 27j = 6 /. 7^=3 N ' i T-i i i i i i i

En el DCL, FE y /?¿ son paralelas; por ello, /?art se grafica también paralela.

C la v e (

D

PR O B LEM A N.° 13

La barra lisa es de masa despreciable y reposa con el resorte estirado 10 cm. Determine el mó­ dulo de la reacción en A si en la articulación es de 20 N. (K=180 N/m)

A) 2 N D) 38 N

B) ION C) 28 N

E) 8N

Luego aplicamos la primera CEM F„=o -> I f ( \ ) = 2 F ( \ ) Ra - ^art. + F E ^A ~~ ^art. Ra = 20 + 180 • 0,1 Ra= 3 8 N C la v e

(D,

En el sistema, la esfera y la barra son de 4,8 kg. Determine la reacción del piso que es de doble módulo que la de la articulación. Considere su­ perficies lisas. (g=10 m/s2)

Resolución

Sobre la barra solo dibujaremos tres fuerzas: Fe, Ra y Rart .■No graficamos Fg porque la masa es despreciable.

Entonces podemos tener fuerzas paralelas o A) 40 N B) 48 N C) 32 N

fuerzas concurrentes. D) 50 N E) 64 N

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Resolución

Al haber dos cuerpos una posibilidad de análi­ sis sería realizar una separación imaginaria para dibujar y calcular la reacción entre la esfera y la barra o la tensión en la cuerda. Pero en el pro­ blema piden la reacción del piso, por ello anali­ zaremos el sistema.

En consecuencia tenemos sobre el sistema fuer­ zas paralelas, cumpliéndose

Fr=0

—> Rp + Rar[ — Fg^s¡st )

Condición del problema /?p=2/?art. n Rp ~ > R a rt.~ — Reemplazamos en (I) Rp + J L = M (s.st y g —Rp = (2 • 4,8)-10 2 (0 Rp=6A N P R O B LEM A N.° 15

Del problema anterior, calcule la tensión en la cuerda. A) 25 N D) 50 N B) 14 N C) 48 N E) 7N Resolución

Para cada cuerpo actúan los siguientes cuerpos: • Esfera: cuerda, barra y tierra

• Barra: piso, articulación, esfera, cuerda y tierra

Entonces más fácil es analizar a la esfera

T \

Luego de graficar las tres fuerzas sobre la esfera y formar el triángulo de fuerzas tenemos

cot74°= — * 7 _ _ T _ 24 ~ 48 T= 14N Cl a v e ( E _{Cl a v e ( B}

PR O B LEM A N.° 16

Se muestra una barra de 2 kg sobre superficies lisas. Si el módulo de F es igual que el de la re­ acción en B, calcule la reacción en A.

i g = 10 m/s2) A) ION D) 25 N B) 15 N C) 20 N E) 5 N Resolución

Sobre la barra actúan cuatro fuerzas y conviene aplicar la descomposición y tener solo fuerzas horizontales y verticales.

Como F=Rb y ambas forman ángulos de 37° y 53° con la horizontal, entonces

Luego aplicamos Fr= 0 Eje X AK=3K + Ra Ra = K 4K=3K+Fn Fg=K Entonces RA~Fg Ra = 20 N _C LA V E ( C PR O B LEM A N.° 17

Para la esfera de masa M en reposo, calcule el máximo valor de F . Considere superficies lisas.

A) M gsena C) Mgtana D) Mgseca B) Mg cosa E) Mg cota Resolución

Por acción de F , la esfera tiende a trepar la rampa y así perder contacto con el piso. Pero se debe asegurar el reposo, entonces no debe subir y F será máxima cuando la reacción del piso sea nula; por lo tanto, la esfera está a punto de subir.

45 F=Rb=5K

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

• k

Resolución

Sobre la barra actúan tres fuerzas que concu­ rren en el C.G. ya que está apoyada justo desde tal punto en el muro A.

max.

Al formar el triángulo de fuerzas tenemos ta n a = -— *■

h

F m á x .= ^ 9 ta na

__Cl a v e (c)

PR O B LEM A N.° 18

Se muestra una barra en reposo, de tal modo que los módulos de las reacciones en A y en la articulación son iguales. Determine la medida del ángulo a.

A) 30° B) 45° C) 60°

D) 37° E) 43°

Del triángulo de fuerzas se tiene .-. a= 4 5 °

_C LA V E (b)

PR O B LEM A N.° 19

Para la barra de 1,6 kg en reposo, determine el módulo de la reacción en A. Considere que la tensión en la cuerda es de 29 N. (g = 10 m/s2) A) 16 N B) 29 N C) 13 N D) 12 N LU _{11 N} 9 0 ° - a

Resolución

Sobre la barra actúan tres fuerzas paralelas por estar la cuerda de forma vertical.

Fr=0 R+Fg= T + 16 = 29 R = 13 N _ C l a v e ( C ) PR O B LEM A N.° 20

Para el sistema mostrado, calcule el módulo de la tensión en la cuerda (1). (g = 10 m/s2)

A) 50 N B) 20 N C)' 40 N

D) IO N E) 30 N

Resolución

Las cuerdas (1) y (3) sostienen al sistema forma­ do por los bloques y las otras cuerdas. Por ello aplicaremos la primera CEM al sistema.

Del DCL, aplicamos de la primera CEM.

Entonces

Fg{ sist) = 4 K = 4 0 N 71 = 3/C= 30 N

__Cl a v e ( e )

P R O B LEM A N.° 21

Del problema anterior, calcule la tensión en la cuerda (2).

A) 60 N B) 30V2N

C) 50 N

D) 40 N E) 30 N

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

li

Resolución

Analizamos el nudo entre las cuerdas (1) y (2).

Para las fuerzas que actúan en el nudo, tenemos Fr=0.

C la v e (

B

P R O B LEM A N.° 22

Para el sistema mostrado en reposo, determine la deformación del resorte K= 125 N/m.

(g = 10 m/s2) A) estirado 20 cm B) comprimido 30 cm C) comprimido 20 cm D) estirado 30 cm E) estirado 10 cm Resolución

Por la diferencia de masas entre los bloques, es­ tos comprimen al resorte.

Primero analizamos el sistema

De Fr - 0 para el sistema 2(^l + ^2) = W ) 2(71 + 72) = 90 N -> r 1+r 2=45N r i i F g(A) T-, Para A F r = 0 T l + T 2 + F E - F g(A) 45 + Kx= 70 125 x = 25 x = - m = 20 cm 5 C la v e

(C

P R O B LEM A N.° 23

Se muestra un bloque liso que realiza MRU. De­ termine el módulo de F si es de igual valor que de la reacción de la superficie, además indique la medida del ángulo a. (m =4 kg, g=10 m/s2)

A) 30 N; 16° B) 50 N; 11° C) 40 N; 8° D) 20 N; 10° E) 25 N; 16° Resolución

Como de las tres fuerzas dos de ellas son de igual módulo, entonces el triángulo de fuerzas será isósceles.

Del —» Del

PR O B LEM A N.° 24

Se muestra una barra de 3 kg en reposo sobre una superficie semiesférica. Indique verdadero (V) o falso (F) en las siguientes proposiciones. (A M = 30 cm, M 6= 20cm )

I. El C.G. de la barra está a 25 cm de A.

II. El módulo de la reacción de la superficie es de 30csca.

III. La superficie es lisa.

A) FFF B) FVF C) FVV D) FFV E) VFV triángulo 0 = 37° F= 25 N gráfico 0 + a = 53° 37° + a = 53° a = 16° Cl a v e ( E I. Falsa

Justo el C.G. está encima del punto de apo­ yo y es a 30 cm de A.

Resolución

Inmediatamente sobre la barra en reposo ac­ túan dos fuerzas y estas serán colineales.

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Falsa

El módulo de ambas fuerzas es igual, en­ tonces «= 30 N.

Falsa

La « no actúa perpendicular a las superfi­ cies, incluso si fuese perpendicular no po­ dríamos afirmar que la superficie es lisa, ya que podría ser que/s =0; no hay tendencia a resbalar. Pero en este caso sí hay/s.

De Fr =0 Eje X R1- R 2 Eje Y R Fg[ sist.) « = 80 N _ C l a v e ( d ) Cl a v e P R O B LEM A N.° 25

Para el sistema mostrado, determine la reacción en el piso. Considere superficies lisas y esferas homogéneas de 4 kg cada una. (g=10 m/s2)

A) 30 N ro 20 N C) 40 N D) oo o N g_i LU _{50 N} Resolución

Analizando el sistema tenemos que actúan cua­ tro fuerzas.

P R O B LEM A N.° 26

Del problema anterior, calcule el módulo de la reacción entre las esferas.

A) 20 N D) ION B) — V3N C) _^ N 3 3 40 3 E) 15 N Resolución

En el caso anterior no influyó la separación de las paredes porque no era necesario definir nin­ gún ángulo. Ahora sí necesitamos tal ángulo.

F„

Para la esfera superior actúan solo tres fuerzas, y sobre la otra actúan cuatro fuerzas.

De la primera CEM, formamos el triángulo de fuerzas.

\ En el triángulo de fuerzas a \

C la v e ( b )

P R O BLEM A N.° 27

Para el sistema mostrado en reposo, calcule la medida del ángulo a si la reacción del piso y la pared son de igual módulo. Considere superficies lisas y cuerpos de igual masa.

A) 37° 3) 45° C) 30° D) 37°/2 E) 53°/2 Del gráfico a = 30c Fg co sa = — y[3 40 80 i— R = — V 3 N Resolución

La única fuerza que guarda relación con el ángulo a es la de mutua interacción entre la esfera y el triángulo. Por ello los analizamos por separado.

Aplicamos FR= 0 Para el triángulo • Eje X: RX=T . Eje /: Ry=Fg Para la esfera • Eje X: RX=R • Eje Y: Ry+Fg=R De (II) R=2Fg Entonces en (III) * * = 2 Fg

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Reconstruyamos R

a = 53°/2

_ C l a v e ( e)

P R O B LEM A N.° 28

Para el bloque mostrado en reposo, calcule la reacción del piso. (g = 10 m/s2)

A) 20 N B) 30 N

C) 1 0V Í3 N

D) 50 N E) ION

Resolución

El bloque tiende a resbalar hacia la derecha.

Para la esfera T=Fg( 2)=20N

Para el bloque, formamos el triángulo de fuerzas

Por teorema de Pitágoras

« = ^Fg2(i ) + r 2 = V 3o2+ 2 °2

••• R = 1 0 V l3 N

_C LA V E ( C )

P R O B LEM A N.° 29

Se muestra una placa triangular a punto de res­ balar. Determine el módulo de la fuerza de roza­ miento y el coeficiente de rozamiento estático. (g=10 m/s2) A) 20 N; 0,2 C Q 30 N; 0,5 C) 30 N; 0,3 D) 20 N; 0,5 U J _{10 N; 0,1}

Resolución

A diferencia del problema anterior debemos dibujar la f s y la f N, y no la R.

Luego de descomponer F , aplicamos la primera CEM.

• -Eje X : f s =30 N • Eje Y :f N=A0 + Fg

f N=60 N

Por estar a punto de resbalar /s =fi s/w

30 = m 60 Ms=0,5

_ Cl a v e ( b)

Resolución

Realizamos el DCL del bloque.

Del reposo 3 Eje Y :f N=F, Fr=0 N ~ ' g

4=100

A'

Se muestra un bloque de 4 kg en reposo. Indi­ que verdadero (V) o falso (F) en las siguientes proposiciones.

PRO BLEM A N.° 30

En el gráfico, el bloque de 10 kg reposa con el re­ sorte comprimido 5 cm. Calcule el módulo de la fuerza de rozamiento. (k= 8 N/cm, g = 10 m/s2)

A) 40 N O) 25 N

B) 50 N C) 30 N E) 28 N

El módulo de la reacción del plano inclina­ do es 40 N.

Al reducir el valor del ángulo 0, la reacción disminuye.

Si 0=37° y el bloque está a punto de resba­ lar, entonces el |lis=0,75.

A) FVF D) VFV

B) FFF C) FVF

E) VVF

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Resolución

I. Verdadera

Sobre el bloque solo actúan dos fuerzas.

Del reposo Fr = 0 - > R - Fg

R = 40 N

II. Falsa

Mientras el bloque reposa, R=Fg; esto in­ dependientemente del ángulo 0.

A menor valor de 0, menor tendencia a res­ balar y no resbalará el bloque.

III. Verdadera

Al estar a punto de resbalar, aún hay repo­ so, pero la fuerza de rozamiento estática toma su máximo valor.

Descomponemos R, que continúa siendo vertical.

_> , ane = ^!¡HíO = H sí\l

Ín Ín

—> ¡as =tan0 = tan37° |is =0,75

C la v e

(D

P R O B LEM A N.° 32

En el sistema mostrado, los bloques son de igual masa y B está a punto de resbalar. Calcule el ¡is entre el bloque B y el piso. (g= 10 m/s2)

A) 1 B) 0,5 C) 2

D) 0,8 E) 1,2

Resolución

Cuando se indique que un cuerpo está a punto de resbalar y se encuentre en reposo, podemos aplicar FR=0 y calcular f s, pero también pode­ mos aplicar f s ~ /s(m áx.)~ M\s//V Para el bloque B Fr =0 • Eje X : f s = 8M • Eje /: f N + 6 M - 10M -> f N=AM Luego fs = fs (máx.) SM = ns4M ••• Vs=2 _ C l a v e (c)

P R O B LEM A N.° 33

El sistema mostrado está en movimiento inmi­ nente. Calcule el (is entre el bloque A y el plano inclinado. Considere que los bloques presentan igual masa. A) 1 B) 0,5 C) 2 D) 0,8 E) 1,2 Resolución

Cuando un cuerpo o sistema está en movimien­ to inminente, es equivalente (cuando hay ten­ dencia a deslizar) a que esté a punto de resbalar.

Luego de descomponer la Fg, comparamos las fuerzas paralelas al plano y el bloque tiende a

resbalar hacia arriba. Fr =0 • Eje X: T=SM + fs -> f s =4M • Eje Y: f N=8M Luego f s ~~/s(máx.) 4/V7=|is -8M ••• V s= °'S Otra forma

Dos fuerzas de igual módulo se equilibran con una fuerza contenida en la bisectriz de dichas fuerzas.

F

Entonces F1 equilibra a F y F.

Cuando un cuerpo está a punto de resbalar, la reacción entre las superficies forma un ángulo con la normal, cuya tangente es el |as.

/'normal / —» f.is =tan0 En el problema normal 0 + 3 7 °= -(1 8 0 °-5 3 °) 2 53° 0 = ---- —> Li<-=tan0₂ HS=0,5 _ C l a v e ( b ) 55

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

PR O B LEM A N.° 34

En el gráfico, entre todas las superficies los coefi­ cientes de rozamiento son 0,3 y 0,5. Si la barra de 5 kg está a punto de resbalar, calcule la reacción en A.

En la horizontal, la f N en A se equilibra con f s en 6; por ello colocamos 2 F y así completamos las otras fuerzas. Luego FR=0

En el eje / se tiene 5 F=Fg F= 10 Ra = fV 5 = 1 0 V 5 N Cl a v e ( d) P R O B LEM A N.° 35 A) ION D) 10^5 N B) 20 N C) 30 N E) 10V3N Resolución

Como no se indica si la barra es homogénea ni el valor del ángulo a , entonces no debe ser ne­ cesaria tal información. En cada superficie está a punto de resbalar. f s ~ f s { máx.) fs = Ms/w f s = 0,5f N F 2 F 2 F 4 F 3 F 6 F

son los valores que podemos usar

Si el bloque B desciende realizando MRU, de­ termine el módulo F . (m a = 20 kg, M B= 13 kg, g=10m /s2) A) 50 N D) 70 N B) 100 N B C) 80 N E) 90 N Del DCL de la barra Resolución

Recuerde que al realizar MRU también se aplica la primera CEM, pero sobre el bloque A habrá

Para B T=F

9

(E

Si la tabla realiza MRU resbalando debajo del bloque, determine el \xK entre el bloque y la ta­ bla. (Mtabia~ 3 kg, /^bloque- 2 kg)

A) 0,25 D) 0,30

B) 0,20 C) 0,35

E) 0,40

Resolución

Realizamos una separación imaginaria y tenga­ mos presente que la tabla resbala debajo del blo­ que y sobre el piso, entonces en ambos hay f K.

f«( i) _{Ín( i)} Para el bloque • Eje Y f N ( l ) = F g //V(1)=20 N • Eje X T = fi<( i) Luego / / í( l) = fi /C (l)//V (l) //c(i) = ^l/<'(i), 20 Para la tabla • Eje Y fN(2)=fN{l) + Fg ~> Ín{2) = 50 N • Eje X F = f K [ l ) + fK[2) fK[l) + \-lK(2)' fN(2) 25=//f(1)+0,4 • 50 /#Cll)=5 N Reemplazamos en (I) 5 = !'l/('(i)'20 . u/í(i)=^'25 (I) Cl a v e ( A , 57

1

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

P R O B LEM A N.° 37

El bloque de 2 kg realiza MRU. Calcule el módu­ lo de F considerando la tabla lisa. i g = 10 m/s2)

H=' 0,2_0,3 A) 50 N D) 20 N B) 100 N C) 30 N E) 35 N Resolución

Realizamos una separación imaginaria

Para la tabla • Eje X: F=R Para el bloque • Eje X : f N=R • Eje Y :f K=Fg P-kÍ n = m Q

[íK-R=Mg

En el sistema en reposo, la esfera de 1,3 kg es lisa y la cuña de 2,7 kg está a punto de resbalar. Calcule la tensión en la cuerda.

lllll A) 30 N F B) 17 N C) 15 N 1 2__ -r D) 50 N E) 40 N Resolución

Para la cuña no hay ángulos; además descono­ cemos el radio de la esfera. Por ello, no conviene separar imaginariamente. Entonces analizamos el sistema, el cual es afectado por tres fuerzas.

CLAVE

(B

Como la cuña está a punto de resbalar —» |Us =tan0

— =tan0 24

0 = 16° —» a= 5 3 °

Formamos el triángulo de fuerzas del DCL También cuando ya hay deslizamiento, el ángulo de la normal con la R define el |^.

|Li^=tan0 En consecuencia W r 4/c=40 N T=3K T= 30 N Cl a v e PR O B LEM A N.° 39

Sobre el bloque que asciende con MRU, el mó­ dulo de F es igual que el de Fg. Calcule el entre el bloque y el plano inclinado.

-> 0 + 3O° = -(18O °-6O °) 0 = 30° Luego ¡j^ ta n O V i ••• Vk = — C la v e

(E

«

i

£

Sobre el bloque en equilibrio cinético actúan tres fuerzas, dos de las cuales son de igual mó­ dulo, entonces la tercera estará en la bisectriz de las dos primeras.

P R O B LEM A N.° 40

Para la barra homogénea en reposo, calcule la tensión en la cuerda (1). ÍM ~ 3,6 kg, g - 10 m/s2) A) 16 N D) 40 N 12 cm B) 20 N (l) 8 cm C) 30 N E) 16 N normal ' ' s bisectriz 59

Lu m b r e r a s Ed i t o r e s

Resolución

En el DCL de la barra tenemos tres fuerzas pa­ ralelas O 5>= 10 cm 2 cm 8 cm R _F0 De la primera CEM R+T=Fg R+T= 36 N

De la segunda CEM respecto a la articulación • Mq=0 (la línea de R pasa por O)

• Mt= Mq9 7-12 = Fg-10 T- 6 = 36-5 7=30 N C la v e i

C

Se muestra una barra homogénea de 2 m de longitud en reposo. Calcule — siendo RA y RB

r b las reacciones en los apoyos A y B.

30 cm

Resolución

Come queremos comparar RA y RB, entonces no importa Fg sino que esté actuando desde el punto medio de la barra.

Aplicamos la segunda CEM respecto de O í / 09 = 0 MqB = MqA Rb ■ 80 = Ra • 70 R ¿ = 8 Rb 7 C la v e

(E

Para la barra homogénea en reposo, calcule la tensión en la cuerda. Datos: M =2,6 k; g=10 m/s2 A) 2/3 D) 7/8 B) 1 C) 3/2 E) 8/7 A) 25 N D) 25 N B) 13 N C) 30 N E) 14 N

Resolución

A! tomar momentos respecto a la articulación no importa graficar con precisión a la reacción, ya que su momento será nulo.

De la segunda CEM M t0 = IVio9 7-40 = f g-40 7=26 N

Nota

No olvidar que la distancia para calcu­ lar el m om ento de cada fuerza debe ser perpendicular a la línea de acción de cada fuerza.

C l a v e

(

)

PRO BLEM A N.° 43

Para la barra homogénea en reposo, calcule su masa si la tensión en la cuerda (1) es 20 N. Con­ sidere que la polea es ideal.

A) 2 kg B) 3 kg C) 1 kg D) 4 kg E) 1,5 kg Resolución Para la barra Fg-30=72-4Ü + 72-50 3(M ■ 10) = 9-10 M = 3 kg _ C l a v e ( B ) PR O B LEM A N.° 44

Para la barra homogénea en reposo, determi­ ne la deformación del resorte de K= 50 N/m. (m = 2 kg, g=10 m/s2)

A) 15 cm B) 20 cm C) 10 cm

D) 25 cm E) 12 cm