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ESTATICALa fuerza necesaria para abrir una puerta tirando de su manecilla es la centésima parte de supeso. Si la puerta pesa 10 kg y la distancia de la manecilla al eje de giro es 1 m, calcular lafuerza F ʹ′ necesaria para abrir la puerta aplicándola en un punto que dista 50 cm del eje.Solución: I.T.I. 04El momento de fuerzas que hay que hacer para abrir la puerta tirando de la manecilla es: Mg τ Fd d 100 Para abrirla tirando de un punto intermedio entre el eje y la manecilla habrá que realizarel mismo momentode fuerzas: d τ Fd F ʹ′d ʹ′ F ʹ′ 2 Mg50F ʹ′ 2F Un hércules de circo levanta a su mujer (70 kg) y a su hijo (30 kg)colgados en los extremos de una barra, sin peso apreciable, delongitud 2 m (ver figura). ¿Qué fuerza efectúa y por dónde tiene quesostener la barra?Solución:Dibujando las fuerzas sobre la barra y planteándo las condiciones de la estática: Fx mhijo g mmujer g F i 0 F mmujer g mhijo g 0 ( τi,O 0 mmujer gx mhijo g ( L x ) 0 iFísica)F mmujer mhijo g iTema980 N mhijox L 60 cm mmujer mhijo Página 1

Un cilindro de peso P se apoya sin rozamiento sobre dos planosinclinados ángulos α y β, según se indica en la figura. Calcular lasreacciones en los apoyos.βαSolución: I.T.T. 01, 04, I.T.I. 01Dibujando todas las fuerzas y planteando las ecuaciones de laestática (obsérvese que las tres fuerzas son concurrentes en elcentro del cilindro, por lo tanto el momento de fuerzas totales automáticamente nulo): F i 0 i RA RA senα RB sen β 0 RA cosα RB cosβ P RA RB PPcosα sen α / tgβPcos β sen β / tgαUna barra uniforme de 5 m de longitud y una masa total de 150 kg seune al suelo mediante una articulación mientras se sujeta por un cablehorizontal, como se muestra en la figura. a) Cuál es la tensión delcable? b) ¿Cuál es la aceleración angular de la barra en el instante enque se suelta el cable? c) ¿Cuál es la velocidad angular de la barracuando llega a la posición horizontal?4m3mSolución: I.T.T. 01, 04a) Dibujando todas las fuerzasecuaciones de la estática: F 0i i A τi 0Físicay Ry mg 0 Rx T 0 s mg T h 02 T mgi RB s 2h planteando Tlas R mgRy mgAhsRx T3mg 551.25 N8TemaPágina 2

b) Si escogemos como sentido positivo de giro el horario, planteando la segunda ley deNewton para la rotación (la única fuerza que produce momento de fuerzas respecto aA es el peso): s mg I Aα2 α 1 mgs 1 mgs 2 IA2 1 2 ml 3 3 sg 1.764 rad / s22 l2c) La única fuerza externa que realiza trabajo durante la rotación de la barra es el peso.Como es una fuerza conservativa podemos aplicar la conservación de la energía:E inicial E final h 1 I ω2 2 2 A mg ω mgh IAmgh 1 2ml33gh 2.17 rad / slLos extremos de una barra pesada AB descansan sobre planosinclinados como indica la figura. Determinar el ángulo deinclinación de la barra φ respecto a la vertical. En la posición deequilibrio los apoyos son lisos.φABPαβSolución: I.T.T. 01, 04Dibujando todas las fuerzas y planteando lasecuaciones de la estática: Fi 0 N A senα N B sen β 0 N A cos α N B cos β mg i NAβφ–αAα NAφPBβmg N A sen αcosα tg β mg N Bsenβ cos β tgα FísicaTemaPágina 3

B τi 0N A lsen (φ α ) mg sen(φ α ) 1 senα 1 11 cos α senαsenφ2 tgβ 2 tg α tgβ senφ cosα senα cosφ 1 11 senαsenφ2 tgα tgβ tg α 1 11 cosα 1 senα tgφ 2 tgα tg β tgα 1 11 1 tgα tgφ 2 tgα tgβ 11 11 tgφ 2 tg α tgβ i Física l sen φ 0 2 tgα tg β tgφ 2 tgβ tgα TemaPágina 4

Dos esferas de radio R y masa M quedan en equilibrio en laposición indicada. Calcular las fuerzas ejercidas por el suelo sobrelas esferas en los puntos de contacto A, B, C, así como la que seejercen entre si ambas esferas. Datos: ϕ 30º, θ 60º.DAϕCθBSolución: I.T.I. 93, 03Dibujando todas las fuerzas, planteando las ecuaciones de la estática para las esferas(obsérvese que las fuerzas que actúan sobre cada esfera son concurrentes en el centro,por lo tanto el momento de fuerzas total sobre cada una de ellas es automáticamentenulo) y teniendo en cuenta que N12 N 21 : N12 NAϕ N 21 Mgθ Mg NB F 0ii Esfera 1 NCEsfera 2N A N12 cos ϕ 0 N B N12 sen ϕ Mg 0 N12 cosϕ NC senθ 0 N sen ϕ N cosθ Mg 0 12C senθ cos ϕ 3N A Mg Mg 2 cos(θ ϕ ) senθ sen ϕ 3N B 1 Mg Mg2 cos(θ ϕ ) cosϕ NC Mg Mg cos(θ ϕ) senθ N12 Mg Mg cos(θ ϕ ) FísicaTemaPágina 5

Dos esferas iguales de radio r y peso P se apoyan mutuamente entresí y apoyan contra las paredes de un cilindro abierto por su parteinferior, de radio externo R, que se apoya sobre un plano horizontal.Hallar el peso mínimo Q que ha de tener el cilindro para no servolcado por el peso de las esferas. Se supone que la pared del cilindroes delgada.rSolución: I.T.T. 01, I.T.I. 01Dibujando todas las fuerzas y planteando las ecuaciones de la estática para las esferas(obsérvese que las fuerzas que actúan sobre cada esfera son concurrentes en el centro,por lo tanto el momento de fuerzas total sobre cada una de ellas es automáticamentenulo):R r r cosθθ N2 N1r P N3 F i 0i N2Bola 1 N4 PBola 2 N1 N 2 cosθ 0 N 3 N 2 sen θ P 0 N 2 cosθ N 4 0 N 2 senθ P 0 N N P4 1tgθ P N 2 senθ N 3 2PEn el siguiente diagrama se muestran las fuerzas que actúan sobre el cilindro. Lareacción del plano horizontal sobre el cilindro está repartida en forma de fuerzasmicroscópicas por toda la periferia circular de la parte inferior. Todo este conjunto defuerzas microscópicas es equivalente (en cuanto a la fuerza total que producen y encuanto al momento de fuerzas total que producen) a una única fuerza N 5 situada en elplano de la figura y a una distancia d del punto A. Si las esferas no estuviesen dichafuerza se encontraría justamente debajo del C.M. del cilindro y tendríamos que d R.En el caso límite en el que el cilindro estuviese a punto de vascular hacia la derecha la FísicaTemaPágina 6

distancia d sería nula y N 5 estaría aplicadajusto en el punto A. Aplicando las leyes de laestática podríamosencontrar el valor de dicha reacción N 5 y la distancia d: Fi 0 N1r(1 2senθ ) N5 N5 Q N 4 r(1 2senθ ) N 5 d QR N1 r 0i A τi 0 N4 QdAid QR N1 r N 4 r(1 2senθ ) P P R 2 r cosθ R 2 (R r) Q Q N5Como para que el cilindro no vuelque dicha distancia debe ser positiva: P R 2 ( R r) 0 Q r Q Qmínimo 2P 1 RDemostrar que cuando el peso del puntal de la figura es despreciable, lareacción que aparece en A sigue la dirección del puntal. ¿Qué ánguloformara dicha reacción con la horizontal si el puntal tiene una masa de200 kg?. Calcular la tensión de la cuerda y la reacción en A en amboscasos. Datos: α β 30º, m 1000 kgαβA Solución: I.T.I. 01, 04 Si el peso del puntal es despreciable las únicas fuerzas que actúan sobre él son la reacción en A, la tensión de la cuerda unida a la pared y laTtensión de la cuerda unida al bloque m equivalente al pesoαde éste. Tenemos un sistema de tres fuerzas. Una de lasβ condiciones que debe de cumplir dicho sistema es queTʹ′ mg dichas fuerzas sean concurrentes en un punto para que suRmomento de fuerzas total sea nulo. El diagrama defuerzas será por lo tanto el que se muestra en la figura, enel que las tres fuerzas son concurrentes en el extremo del puntal y la reacción tendrá porlo tanto que estar forzosamente orientada a lo largo de éste. Imponiendo que la fuerzatotal sea nula: F 0ii R cos β T cos α 0 Rsen β T sen α mg 0 Teniendo en cuenta los datos dados en el enunciado:FísicaTema mg T cos α (tgα tg β ) mg R cosβ (tgα tg β ) T R 9800 NPágina 7m

En el caso de que el puntal tenga masa, dibujando el nuevo diagrama de fuerzas eimponiendo las condiciones de la estática: TRx T cosα 0 R Fi 0 i Ry T senα (m M )g 0T ʹ′ mg AMg L τ iA 0 T sen (α β) L Mg 2 cos β T ʹ′ L cosβ 0iSi llamamos ϕ al ángulo que forma la reacción en A con la horizontal, la solución dedicho sistema de ecuaciones es:T ʹ′ mg 9800 NM cos β T m g 10780 N2 sen (α β ) M senα cos β Ry (m M )g m g 6370 N 2 sen (α β ) M cos α cos β Rx m g 9336 N 2 sen (α β ) R 11302 N ϕ 34.31º FísicaTemaPágina 8

En el sistema de la figura la barra homogénea AB tiene unalongitud de 100 cm y una masa de 5 kg. Si la cte. elástica delresorte es k 400 N/m calcular la longitud natural del muelle.Calcular el valor de la masa M que colgada en el punto B hagaque se alcance de nuevo el equilibrio cuando el ángulo en elpunto A sea de 60º.45ºB45ºMASolución: I.T.I. 01, 04En la situación de equilibrio indicada en la figura al tener untriángulo rectángulo isósceles la longitud l del muelle será lamisma que la longitud L de la barra, l L 100 cm , y ladistancia entre A y el enganche del muelle a la pared seráAC 2 L 141.4 cm . Si imponemos que el momento defuerzas total respecto de A sea nulo podemos calcular la longitudnatural del muelle:C Felásticaϕ RB mgAFelástica L mg Δl L sen ϕ 0 2 k Δl mgsenϕ 4.33 cm2k 1mg senϕ2l0 l Δl 95.67 cmSi ahora colgamos del extremo la masa M el nuevo diagramade fuerzas será el representado en la figura. Con los datos delenunciado vamos a calcular los demás ángulos.Cα RβEl ángulo α lo podemos poner en función de β, que esconocido, razonando sobre el triángulo:l senα L sen βlcosα 2 L L cos β tg α sen β2 cos βA α 43.45º γ 76.55º FelásticaγB mg MgAplicando el teorema de los senos para los ángulos α y γ: senγ sen αLAC sen γ ACsen α 2 sen αLAplicando el teorema de los senos para los ángulos α y β podemos calcular la nuevalongitud del muelle y su alargamiento: FísicaTemaPágina 9

sen β sen α lL l sen βL 125.93 cmsen α Δl l l0 30.26 cmReplanteamos el equilibrio volviendo a calcular momentos respecto de A: L Felástica L senγ mgsen β MgL sen β 0 2 M Felástica sen γ 1k Δl senγ 1 m m gsen β2gsen β211.37 kgUna puerta homogénea que pesa 60 kg está sujeta por dos goznes que estánseparados 1.80 m. Cada gozne soporta la mitad del peso de la puerta. Ladistancia de los goznes a la parte superior e inferior de la puerta es lamisma. La anchura de la puerta es de 1.20 m. Calcular las fuerzas queactúan sobre cada gozne y el ángulo que forman con la horizontal.Solución: I.T.I. 01Sobre la puerta se van a ejercer sólo tres fuerzas, las de los goznes y su peso, que paraque no produzcan ningún momento neto deben de ser concurrentes en algún punto.Si cada gozne soporta la mitad del peso de la puerta tenemos que las componentesverticales de las fuerzas en cada uno de ellos son iguales a la mitad del peso de lapuerta:F1,y F2,y Mg 0 F1,y F2,y F1,y F2,y 1Mg2Por otro lado para las componentes horizontales tenemos que también serán iguales enmagnitud pero de signo contrario:F1,x F2,x 0 F1F1,x F2,xSe puede apreciar en la figura que en estas condiciones las dosfuerzas tienen el mismo módulo y que concurren junto con elpeso de la puerta en el C.M. de ésta.Si llamamos ϕ al ángulo que dichas fuerzas forman con lahorizontal tenemos que:d /2 3tgϕ s /2 2Físicad F2 Mgs ϕ 56.31ºTemaPágina 10