Equilibrio. Tipler TEma 12 . Problemas, Ejercicios de Física

¡Descarga Equilibrio. Tipler TEma 12 . Problemas y más Ejercicios en PDF de Física solo en Docsity! 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 = 𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝟒𝟒𝟎𝟎 = 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 = 𝟓𝟓𝟒𝟒∗𝟗𝟗,𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟗𝟗 𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟏𝟏𝟐𝟐 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 = 𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟐𝟐∗𝟐𝟐−𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟗𝟗,𝟓𝟓𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟕𝟕𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐 − 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟗𝟗.𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟏𝟏𝟓𝟓.𝟓𝟓 𝑵𝑵 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). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒈𝒈 = 𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒙𝒙𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒙𝒙𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒙𝒙𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒙𝒙𝟒𝟒 𝑷𝑷 = 𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝒂𝒂𝟐𝟐+𝟒𝟒𝟎𝟎∗ 𝒂𝒂 𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂 𝟔𝟔𝟎𝟎+𝟒𝟒𝟎𝟎+𝟑𝟑𝟎𝟎+𝟓𝟓𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒂𝒂 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒈𝒈 = 𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒚𝒚𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒚𝒚𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒚𝒚𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒚𝒚𝟒𝟒 𝑷𝑷 = 𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟒𝟒𝟎𝟎∗𝒂𝒂𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝒂𝒂/𝟐𝟐 𝟔𝟔𝟎𝟎+𝟒𝟒𝟎𝟎+𝟑𝟑𝟎𝟎+𝟓𝟓𝟎𝟎 = 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 ). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒈𝒈 = 𝑷𝑷𝒓𝒓∗𝒙𝒙𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄∗𝒙𝒙𝒄𝒄 𝑷𝑷𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄 = 𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂𝟐𝟐−𝝅𝝅∗𝑹𝑹 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈∗(𝒂𝒂−𝑹𝑹) 𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈 = 𝒂𝒂𝟐𝟐∗𝒃𝒃𝟐𝟐−𝝅𝝅∗𝑹𝑹 𝟐𝟐∗𝒂𝒂−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟑𝟑 𝒂𝒂∗𝒃𝒃−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒈𝒈 = 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 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏 𝒅𝒅𝟏𝟏+𝒅𝒅𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐∗𝟑𝟑 𝟒𝟒 = 𝟕𝟕𝟑𝟑𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟕𝟕𝟑𝟑𝟔𝟔 = 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟓𝟓 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 = 𝟔𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟗𝟗 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵 b) 𝟐𝟐 = 𝑭𝑭 𝒇𝒇 = 𝟓𝟓𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟔𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎 = 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? 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. 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝟐𝟐 = 𝒘𝒘 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝟐𝟐 𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟐𝟐𝟐𝟐 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 = 𝟑𝟑𝟎𝟎º. b) Calcular a fuerza ejercida por la bisagra cuando 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟎𝟎º. c) Calcular la fuerza F y la fuerza ejercida por la bisagra si 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟎𝟎º y la fuerza se ejerce perpendicularmente al tablero. a) Considerando momento total respecto a la bisagra nulo: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟎𝟎.𝟐𝟐+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟐𝟐+𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑵𝑵 b) Considerando la fuerza resultante cero: 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 = (𝟔𝟔𝟎𝟎+ 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟓𝟓𝟔𝟔,𝟐𝟐 𝑵𝑵 c) Aplicamos momento nulo: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟗𝟗𝟎𝟎 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟑𝟑 = (𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟎𝟎.𝟐𝟐+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟕𝟕 𝑵𝑵 Considerando fuerza resultante nula: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = 𝟐𝟐∗ 𝒈𝒈+ 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = (𝟔𝟔𝟎𝟎 + 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟕𝟕 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒙𝒙 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟕𝟕 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟕𝟕𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯 = �𝟓𝟓𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟕𝟕𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟐𝟐 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 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑾𝑾 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 𝒕𝒕𝒈𝒈𝟑𝟑𝟎𝟎 +𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗𝑾𝑾 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗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: 𝑭𝑭 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝑭𝑭 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 − 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 ; 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 El valor de la fuerza F para subir el escalón lo encontramos haciendo momentos: 𝑭𝑭 ∗ (𝑹𝑹− 𝒉𝒉) −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙 𝑹𝑹−𝒉𝒉 Por trigonometría: 𝒙𝒙𝟐𝟐 + (𝑹𝑹− 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝒙𝒙 = �𝒉𝒉 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭 = 𝟐𝟐∗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 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄�𝟔𝟔 𝟐𝟐 � = 𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒º 𝑻𝑻𝟏𝟏 = (𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒈𝒈 )𝑵𝑵 𝑷𝑷 = (𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒈𝒈)𝑵𝑵 a) Considerando momentos respecto a la bisagra: 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑷𝑷 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝟏𝟏 𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒏𝒏𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ �𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝟐𝟐 � = 𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒 ∗ (𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎+ 𝟓𝟓𝟎𝟎) ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟑𝟑𝟓𝟓𝟏𝟏 𝑵𝑵 b) Mirando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒙𝒙 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 𝑵𝑵 c) 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = −𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒+ 𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = −𝟏𝟏𝟑𝟑𝟑𝟑𝟓𝟓𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒+ 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐+ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 = −𝟑𝟑𝟗𝟗𝟐𝟐𝟗𝟗 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: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒,𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝟏𝟏,𝟐𝟐 = (𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟐𝟐,𝟏𝟏)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 𝟏𝟏,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟗𝟗𝟏𝟏𝟐𝟐 𝑵𝑵 Considerando momentos respectos al punto P: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟑𝟑+ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎.𝟗𝟗 = 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝟑𝟑+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎.𝟗𝟗 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = (𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟑𝟑+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟗𝟗)∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 𝟏𝟏.𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟗𝟗𝟑𝟑𝟕𝟕 𝑵𝑵 También podemos considerar equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟗𝟗𝟏𝟏𝟐𝟐 − 𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟕𝟕𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟗𝟗𝟑𝟑𝟕𝟕 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 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑾𝑾− 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎 − 𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒉𝒉 = 𝑭𝑭 c) Para las fuerzas verticales: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈−𝟐𝟐 ∗ 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 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 Para subir, implica Fn=0. 𝟎𝟎 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 𝒉𝒉 ;𝑭𝑭 = 𝟐𝟐 ∗ 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 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟗𝟗 𝑵𝑵 b) El momento total ha de ser nulo, considerando momentos respecto al extremo libre: 𝟐𝟐𝑭𝑭 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟗𝟗 ∗ 𝟑𝟑 𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟓𝟓 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 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝟏𝟏 El momento total respecto del extremo libre ha de ser cero: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ (𝒍𝒍 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏) De las dos ecuaciones obtenemos: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = �𝒍𝒍 𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏� ∗ 𝟐𝟐∗𝒈𝒈 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟒𝟒∗𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟔𝟔𝟐𝟐𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟐𝟐𝟏𝟏+ 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟑𝟑𝟓𝟓 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 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = (−𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐) ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝟎𝟎 = −𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽∗𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟏𝟏 𝑵𝑵 b) Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒙𝒙𝟏𝟏 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 𝑵𝑵 c) 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟏𝟏 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟑𝟑 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 + 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝒎𝒎 El ángulo de la diagonal del tronco con su base es: 𝝋𝝋 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟐𝟐 𝟒𝟒 � = 𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐𝒄𝒄 𝒍𝒍𝟑𝟑 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟐𝟐 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟔𝟔 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟐𝟐 𝒎𝒎 Considerando las condiciones de equilibrio: De fuerzas: 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: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 La fuerza de rozamiento impide que deslice: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 Considerando momentos respecto al punto origen: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝟐𝟐 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 𝟎𝟎 𝟔𝟔 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟓𝟓 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 ∗ 𝟐𝟐 − 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 ∗ 𝟔𝟔 = 𝟎𝟎 Haciendo momentos respecto al primer soporte: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟑𝟑 = 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 ∗ 𝟒𝟒 ; 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟑𝟑 𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝑵𝑵 Usando la ecuación de momentos respecto al origen: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟓𝟓−𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚∗𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟓𝟓−𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒∗𝟔𝟔 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Con la condición de no deslizar de las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 = 𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 Usando esto en: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 + 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = �𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟕𝟕,𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐 � = 𝟔𝟔𝟎𝟎º 𝑭𝑭𝟏𝟏 = �𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟗𝟗 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟑𝟑 � = 𝟔𝟔𝟎𝟎º 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 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 −𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒂𝒂 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐 = �− 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝒃𝒃 𝟎𝟎 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒌𝒌�⃗ El momento resultante: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝉𝝉 = 𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝒂𝒂 + 𝟔𝟔𝟗𝟗,𝟑𝟑 ∗ 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 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 Los dos momentos han de ser iguales y de sentidos contrarios: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ; 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝒂𝒂/𝟑𝟑 c) Teniendo en cuenta el equilibrio de momentos: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭 = 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙 𝒂𝒂 El valor máximo de x es a/2, dado que el centro de gravedad está en el centro geométrico. 𝑭𝑭 > 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂/𝟐𝟐 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐∗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: 𝝉𝝉𝟐𝟐 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒂𝒂 Para las horizontales: 𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒉𝒉 = 𝒙𝒙 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝜽𝜽 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 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 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟒𝟒 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+𝑳𝑳𝟐𝟐) 𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟓𝟓 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 Operando: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+𝑳𝑳𝟐𝟐) 𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟒𝟒 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑳𝑳 𝟐𝟐 = 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝟓𝟓∗𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒍𝒍 = �𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽− 𝟏𝟏 𝟐𝟐 � ∗ 𝑳𝑳 𝟒𝟒 = �𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟓𝟓 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏(𝟔𝟔𝟎𝟎) − 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 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭 𝟎𝟎 𝟎𝟎 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 Considerando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 Por tanto: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 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 = 𝟒𝟒𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵 b) Considerando momentos sobre la parte superior: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏(𝟏𝟏𝟓𝟓) −𝒙𝒙 𝟎𝟎 � = 𝒙𝒙 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 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: 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝑫𝑫/𝟐𝟐 𝒉𝒉 ;𝑫𝑫 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽 𝟐𝟐 � 𝑻𝑻 = 𝟐𝟐∗𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐�∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟐𝟐∗𝒙𝒙 = 𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐�∗𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒙𝒙 Usando equilibrio de fuerzas verticales: 𝑻𝑻 = 𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐�∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐∗𝑷𝑷 𝒙𝒙 𝑻𝑻 = 𝟒𝟒∗𝟒𝟒𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟏𝟏 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? Por equilibro de fuerzas: 𝑵𝑵𝒙𝒙 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑵𝑵𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭𝒏𝒏 Despejamos Fn en la primera (𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝁𝝁𝒆𝒆 ) y lo substituimos en la segunda: 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈− 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝁𝝁𝒆𝒆 𝑵𝑵 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝝁𝝁𝒆𝒆 b) 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) c) 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟎𝟎)+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) 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 = 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 Para el acero: 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑮𝑮𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝑨𝑨 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳 𝒀𝒀∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝟗𝟗.𝟕𝟕𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒𝒎𝒎 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) 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 = 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟏𝟏)𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟏𝟏.𝟔𝟔 𝑵𝑵 b) 𝒀𝒀 = 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 𝑳𝑳 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟎𝟎.𝟐𝟐/(𝝅𝝅∗(𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟏𝟏)𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟔𝟔𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟑𝟑𝟔𝟔 % 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 = 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝑭𝑭/𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳 𝒀𝒀 ∗ 𝑨𝑨 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝒀𝒀 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 ∗ 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟏𝟏.𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 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. 𝟐𝟐𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒍𝒍𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 = 𝟐𝟐𝒄𝒄 = 𝒕𝒕𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 ∆𝑿𝑿 𝑳𝑳 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝑭𝑭𝒄𝒄 𝑨𝑨 𝟐𝟐𝒄𝒄 � = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟐𝟐𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒∗𝟏𝟏,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓 � = 𝟓𝟓,𝟎𝟎𝟏𝟏𝒄𝒄 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 = ∆𝑳𝑳𝒂𝒂𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄 + ∆𝑳𝑳𝑨𝑨𝒍𝒍 = 𝑭𝑭 𝑨𝑨 ∗ �𝑳𝑳𝒂𝒂𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄 𝒀𝒀𝒂𝒂𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄 + 𝑳𝑳𝑨𝑨𝒍𝒍 𝒀𝒀𝑨𝑨𝒍𝒍 � = 𝟓𝟓∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑� 𝟐𝟐 ∗ � 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 + 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 � ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝒎𝒎 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 = 𝑨𝑨𝒀𝒀/𝑳𝑳 y la energía almacenada en el alambre es 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐𝑭𝑭∆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 = 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 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 = 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 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� = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟓𝟓 (𝟏𝟏+ 𝟓𝟓𝟑𝟑 𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑� 𝟐𝟐 ∗𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟒𝟒𝟕𝟕 𝒎𝒎 b) 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟕𝟕𝟗𝟗𝟓𝟓 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 = 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 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 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟓𝟓 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏 𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 b) 𝑼𝑼 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟗𝟗 = 𝟔𝟔,𝟔𝟔𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 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 ∗ 𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝑹𝑹 = 𝒎𝒎 ∗ �𝒈𝒈 + 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑹𝑹 � La velocidad en el punto más bajo se obtiene por la conservación de la enrgía: 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 ∗ 𝑹𝑹𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄 𝑹𝑹 = 𝑹𝑹𝒄𝒄 ∗ � 𝑳𝑳𝒄𝒄 𝑳𝑳 𝑨𝑨 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝑨𝑨𝒄𝒄 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒄𝒄𝟐𝟐 𝑨𝑨 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄 𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄 𝑳𝑳𝒄𝒄+∆𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄 𝑳𝑳𝒄𝒄+ 𝑻𝑻∗𝑳𝑳𝒄𝒄 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝟏𝟏 𝟏𝟏+ 𝑻𝑻 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄+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: 𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 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 [𝟐𝟐𝒄𝒄] = �𝑭𝑭𝒄𝒄/𝑨𝑨 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 � = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏] = [𝑭𝑭/𝑨𝑨] = 𝑵𝑵 𝒎𝒎𝟐𝟐 [𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏] = 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 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: 𝑵𝑵𝒅𝒅 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝟗𝟗𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟒 + 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟐𝟐 ; 𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕 𝑵𝑵 Por equilibrio de fuerzas: 𝑵𝑵𝒅𝒅 +𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ; 𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎− 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕 = 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: 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ (𝒅𝒅− 𝒙𝒙) = 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝒅𝒅 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓+𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓+𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟎𝟎 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 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟑𝟑 = 𝑷𝑷𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 ; 𝑷𝑷𝟏𝟏 = 𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Para la segunda barra: 𝑷𝑷𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 ; 𝑷𝑷𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟕𝟕 𝑵𝑵 Para la barra superior: 𝑷𝑷𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 ; 𝑷𝑷𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟔𝟔 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 𝑵𝑵 Si aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 Operando: 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 Para valores mayores rodará. 𝝁𝝁𝒆𝒆 ≥ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ≥ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟕𝟕𝟕𝟕 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 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒆𝒆 = � 𝒅𝒅 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 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝒘𝒘 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘 𝟐𝟐 Usando 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈, la condición de equilibrio de rotación es: 𝝁𝝁𝒄𝒄 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 Por tanto, para valores mayores se producirá deslizamiento sin vuelco. 𝝁𝝁𝒄𝒄 < 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 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝜽𝜽) ∗ 𝒂𝒂 √𝟐𝟐 Igualando los dos: 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 √𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝜽𝜽) 𝝁𝝁𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟒𝟒𝟓𝟓+𝜽𝜽) 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟏𝟏 √𝟐𝟐 ∗ (𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒕𝒕𝜽𝜽) 𝝁𝝁𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒕𝒕𝜽𝜽) 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: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒅𝒅+ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓 = 𝑻𝑻 ∗ 𝟏𝟏 𝒅𝒅 = 𝑻𝑻∗𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟕𝟕𝟓𝟓∗𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟑𝟑𝟏𝟏 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 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄 𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟓𝟓 � = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟑𝟑𝒄𝒄 Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑻𝑻 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 Haciendo momentos respecto a la parte inferior de la escalera: 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 −𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 = (𝒎𝒎+ 𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓; 𝑭𝑭𝒘𝒘 = (𝟐𝟐𝟎𝟎+𝟐𝟐𝟎𝟎)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟕𝟕,𝟐𝟐 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: 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓+𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒍𝒍 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟓𝟓−𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟑𝟑 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟐𝟐 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 = 𝟕𝟕𝟓𝟓𝒄𝒄. Consideramos equilibro de momentos respecto al punto de soporte: 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽+ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝒍𝒍/𝟐𝟐 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽− 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽) ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽� = 𝟎𝟎 Ponemos las masas en función de las densidades: 𝟐𝟐 = 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ;𝒎𝒎 = 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳 𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽� = 𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ (𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽− 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) 𝑳𝑳 𝒍𝒍 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟕𝟕𝟓𝟓−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟕𝟕𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟕𝟕𝟕𝟕 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� = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 ∗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: 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ; 𝝁𝝁𝒅𝒅 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 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? 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟓𝟓𝟗𝟗𝟐𝟐𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑵𝑵 El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟏𝟏𝟑𝟑𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟑𝟑𝟎𝟎𝟔𝟔 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: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝒇𝒇𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒘𝒘/𝟐𝟐 𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒘𝒘 𝟎𝟎 � = −𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒇𝒇𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 Utilizando la expresión de fuerza de rozamiento estático: 𝒇𝒇𝒄𝒄 ≤ 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁𝒄𝒄 ≥ 𝒇𝒇𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 Para deslizar: 𝝁𝝁𝒄𝒄 < 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: (𝟐𝟐𝒎𝒎+ 𝟐𝟐) ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = (𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏) +𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏 De las dos obtenemos: 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗𝒎𝒎 Substituyendo en la primera: 𝒎𝒎 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝟐𝟐 = 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) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒎𝒎 = 𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓−𝟐𝟐𝟑𝟑.𝟒𝟒𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒌𝒌𝒎𝒎 ,𝒆𝒆𝒏𝒏 𝒆𝒆𝒍𝒍 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝒕𝒕𝒅𝒅𝒅𝒅𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃𝒄𝒄𝒄𝒄 b) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒎𝒎 = 𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓+𝟐𝟐𝟑𝟑.𝟒𝟒𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕𝟓𝟓𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒎𝒎 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: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 −𝟎𝟎.𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 𝟎𝟎 � = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝟎𝟎 −𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 𝟎𝟎 � = −𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 = 𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 = 𝟑𝟑,𝟒𝟒𝟑𝟑 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 = �𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟐𝟐𝟓𝟓𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟎𝟎𝟏𝟏 𝒎𝒎 Consideramos el triangulo del dibujo superior, formado por pared, cuadro y cuerda en “visión” lateral: La posición del centro de masas en el eje Y debe ser 0: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒎𝒎 = 𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟗𝟗−𝟐𝟐+𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝒅𝒅 𝟓𝟓𝟐𝟐+𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎 ;𝒅𝒅 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟎𝟎𝟓𝟓 𝒎𝒎 De acuerdo con el dibujo: 𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟓𝟓+ 𝒅𝒅 ;𝒄𝒄 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟎𝟎𝟓𝟓+ 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒎𝒎 𝒄𝒄 = 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) Considerando en radianes: 𝑹𝑹 ∗ 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒 𝒎𝒎 ; 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒 𝜽𝜽 𝒄𝒄 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝜽𝜽 ; 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟐𝟐𝟗𝟗 = 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝜽𝜽 La ecuación tiene por solución: 𝜽𝜽 = 𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟐𝟐 𝒓𝒓𝒂𝒂𝒅𝒅 Por tanto: 𝑹𝑹 = 𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟎𝟎 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: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾 Momentos respecto al punto B, para la caja: 𝒘𝒘 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗𝑾𝑾 ;𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝑾𝑾 Usando la primera ecuación: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 = 𝑾𝑾− 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾− 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝑾𝑾 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ∗𝑾𝑾 Aplicando momentos a la barra respecto al punto A: 𝑭𝑭 ∗ (𝑳𝑳 − 𝒍𝒍) = 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏+ 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 𝑭𝑭 � = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏+ 𝑾𝑾 𝟐𝟐∗𝑭𝑭 � En función de la fuerza máxima que podamos aplicar F: 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏+ 𝟒𝟒𝟓𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎 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 𝟐𝟐 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 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 𝟑𝟑∗ 𝟏𝟏 √𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟔𝟔𝟔𝟔 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: 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝟐𝟐−𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝒆𝒆−𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄 Aplicando momentos respecto a la base de la viga, para la viga: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎 −𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌 𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎 −𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎 � = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌�⃗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 Usando el equilibrio de fuerzas para la viga: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈− 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝑵𝑵 Por ser Fcb y Fc de acción y reacción: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 Usando equilibrio de fuerzas para el cilindro: 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏+ 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝑵𝑵 Por tanto: 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝟐𝟐−𝒄𝒄 = 𝒇𝒇𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟐𝟐𝟎𝟎 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝒆𝒆−𝒄𝒄 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒄𝒄 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄 = 𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟑𝟑𝟐𝟐 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. 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝑹𝑹−𝒓𝒓 𝒓𝒓 ; 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 = 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 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 = 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.