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Capıtulo 4

Estatica del solido rıgido

4.1. Introduccion

La estatica del solido rıgido es un tema central dentro del programa de laasignatura de Fundamentos Fısicos de la Arquitectura Tecnica. Empezaremosrecordando que conceptos de los que vamos a manejar han sido introducidosen capıtulos anteriores.

En el capıtulo 2 admitıamos que las fuerzas se comportan como vectores.Enunciabamos las leyes de Newton y las condiciones de equilibrio de un puntomaterial libre. Introducıamos el concepto de ligadura y el principio de liberacion,que nos facilitaba el estudio del equilibrio de sistemas de puntos materialessometidos a ligaduras. Tambien allı aparecıan por vez primera los conceptos deconfiguracion y grados de libertad de un sistema mecanico.

En el capıtulo 3 definıamos solido rıgido como es un sistema de puntosmateriales en el que la distancia entre dos cualesquiera de ellos no cambia antela accion de un sistema de fuerzas. Veıamos que las fuerzas aplicadas a solidosrıgidos se comportan como vectores deslizantes (principio de transmisibilidad).Mostrabamos que cualquier sistema de fuerzas aplicadas sobre un solido rıgidosiempre se puede reducir a una fuerza y un par.

4.2. Equilibrio del solido rıgido libre

4.2.1. Solido rıgido libre

Un solido rıgido libre es aquel que no esta sometido a ligaduras externas, solido rıgido librees decir, vınculos que lo liguen a otros cuerpos. Debe notarse que entre laspartıculas del solido rıgido sı existen ligaduras (internas).

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102 Estatica del solido rıgido

FIGURA 4.1: Solido rıgido inicial-mente en reposo respecto a un sis-tema de referencia inercial y sobreel que actua un conjunto de n fuer-zas exteriores �F1, �F2, . . . , �Fn (izda.).Algunas de las fuerzas que actuansobre la partıcula i del solido rıgido(dcha.).

F1

Fn

z

yO

x

�i

fijz

yO

x

j

i

F3

F2

4.2.2. Condiciones necesarias y suficientes de equilibrio

Iniciaremos el estudio de la estatica del solido rıgido discutiendo las condi-ciones que deben satisfacerse para garantizar el equilibrio del solido rıgido libreen el espacio. En el capıtulo 2 decıamos que un punto material se encuentraen equilibrio si su posicion respecto a un sistema de referencia inercial elegidopermanece invariable a lo largo del tiempo. Para que ası fuese, mostramos quees necesario y suficiente con que:

El punto material este inicialmente en reposo respecto del sistema dereferencia inercial elegido.

La resultante de todas las fuerzas que actuan sobre el punto material seanula.

Basandonos en este hecho, introduciremos a continuacion las condiciones quese requieren para mantener en equilibrio un solido rıgido.

Condiciones necesarias de equilibrio

Supongamos un solido rıgido que esta inicialmente en reposo respecto a unsistema de referencia inercial y sobre el que actua un conjunto de n fuerzas exte-riores �F1, �F2, . . . , �Fn (fig. 4.1 izda.). Consideremos las fuerzas que actuan sobreuna cualquiera de las N partıculas que forman ese solido rıgido, la partıcula i.Sobre esta actuan dos tipos de fuerzas (fig. 4.1 dcha.):

Las fuerzas externas, que son aquellas debidas a la presencia de camposexternos (gravitatorio, electrico, magnetico) o al contacto con cuerposadyacentes o con otras partıculas que no forman parte del solido rıgido.Llamaremos �Fi a la resultante de las fuerzas externas que actuan sobrela partıcula i.

Las fuerzas internas, que son aquellas que ejercen sobre una partıculadel solido rıgido las restantes partıculas que lo forman. En el caso deun solido rıgido las fuerzas internas son las que mantienen unidas y adistancia invariable las partıculas del solido rıgido. Denotaremos por �fij

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4.2 Equilibrio del solido rıgido libre 103

la fuerza que la j-esima partıcula ejerce sobre la i-esima, y por �fi laresultante de todas las fuerzas internas sobre la partıcula i,

�fi =N∑

j=1(j �=i)

�fij . (4.1)

Si la partıcula i esta en equilibrio, por la primera ley de Newton,

�Fi + �fi = �0. (4.2)

Al aplicar la primera ley de Newton a las demas partıculas obtendremosecuaciones similares. Sumandolas todas ellas, obtendremos

N∑i=1

�Fi +N∑

i=1

�fi = �0. (4.3)

Ademas, por la tercera ley de Newton sabemos que las fuerzas internas en elsolido rıgido ocurren en pares de la misma magnitud y de sentidos opuestos,es decir, �fij = −�fji. Por tanto la resultante de las fuerzas internas ha de ser elvector nulo,

N∑i=1

�fi = �0. (4.4)

El sistema de fuerzas externas que actuan sobre el solido rıgido es equi-valente al formado por las resultantes �Fi de las fuerzas externas que actuansobre los N puntos materiales que forman el solido rıgido. Sin embargo, no esesta la forma usual de describir un sistema de fuerzas externas cuando se es-tudia un problema real de Estatica del solido rıgido. Lo habitual es considerarque el solido es un unico objeto extenso sobre el que actua un conjunto defuerzas externas, discretas y continuas (que reducimos a discretas), las �Fj queintroducıamos al principio, varias de las cuales podrıan actuar sobre la mismapartıcula. Teniendo en cuenta que la suma extendida a todas las partıculas delas fuerzas externas que se ejercen sobre cada una de ellas no es mas que lasuma de las n fuerzas externas que actuan sobre el solido rıgido,

N∑i=1

�Fi =n∑

j=1

�Fj . (4.5)

Por tanto, usando ademas las ecs. (4.3) y (4.4), la primera condicion que debesatisfacer un solido rıgido en equilibrio:

n∑i=1

�Fi = �0, (4.6)

es decir, que la suma de las fuerzas externas sea el vector nulo.Otra condicion necesaria para el equilibrio del solido rıgido es la que se

deduce del siguiente razonamiento. Consideremos ahora los momentos de lasfuerzas que actuan sobre la partıcula i en un punto arbitrario O. Utilizando laec. (4.2) y la propiedad distributiva del producto vectorial obtenemos:

�ri ×(

�Fi + �fi

)= �ri × �Fi + �ri × �fi = �0. (4.7)

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Podemos obtener ecuaciones analogas para las restantes partıculas del solidorıgido. Sumandolas todas, tenemos:

N∑i=1

�ri × �Fi +N∑

i=1

�ri × �fi = �0. (4.8)

El segundo termino es nulo puesto que las fuerzas internas ocurren en parescolineales, iguales en modulo pero de sentidos opuestos, y el momento de cadauno de estos pares en el punto O es nulo. De ahı que utilizando la notacion

�MO( �Fi) = �ri × �Fi, (4.9)

podemos escribir la ec. (4.8) como

N∑i=1

�MO( �Fi) = �0, (4.10)

o, recordando que el sistema que forman las �Fj es equivalente al que formanlas �Fi, como

n∑i=1

�MO(�Fi) = �0, (4.11)

es decir, que la suma de los momentos de las fuerzas externas sea el vector nulo.

Condiciones suficientes de equilibrio

Hasta ahora, todo lo que hemos dicho es aplicable no solo a un solido rıgidosino tambien a un sistema de puntos materiales que no formen un solido rıgido.Es decir, las ecs. (4.6) y (4.11) son condiciones necesarias para el equilibrio, nosolo de un solido rıgido, sino tambien para el de cualquier sistema de puntosmateriales. Ahora vamos a demostrar que las ecs. (4.6) y (4.11) son condicionessuficientes para garantizar el equilibrio del solido rıgido (pero no de un sistemaarbitrario de puntos materiales).

Por reduccion al absurdo. Supongamos que se verifican las ecs. (4.6) y (4.11)y que el solido rıgido esta inicialmente en reposo pero no en equilibrio. Acepte-mos ademas que para conseguir que un solido rıgido que no esta en equilibriopase a estar en equilibrio basta con aplicar una fuerza �F ′ y un momento �M ′

adicionales. Observese que esta suposicion no es valida en general para un siste-ma de puntos que no sea un solido rıgido, ya que entonces las fuerzas aplicadasno se pueden representar por vectores deslizantes (sino por vectores ligados).Por el mismo razonamiento seguido antes, en el equilibrio se debe cumplir que:

�F ′ +n∑

i=1

�Fi = �0, (4.12)

�M ′ +n∑

i=1

�MO(�Fi) = �0. (4.13)

Pero si se han de cumplir estas dos ecuaciones y se cumplıan las ecs. (4.6)y (4.11), ello quiere decir que:

�F ′ = �0, (4.14)�M ′ = �0. (4.15)

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Por tanto, si el sistema de fuerzas que habrıa que anadir es nulo, es que lascondiciones (4.6) y (4.11), por sı solas, garantizaban el equilibrio.

Resumen

Un solido rıgido libre estara en equilibrio siempre y cuando:

Todas las partıculas del solido esten inicialmente en reposo respecto delsistema de referencia inercial.

La resultante de las fuerzas externas que actuan sobre el solido rıgido seanula.

La suma de los momentos de todas las fuerzas externas en un punto seanula.

Las ecs. (4.6) y (4.11) son dos ecuaciones vectoriales que podemos escribir como6 ecuaciones escalares. Por ejemplo, usando coordenadas cartesianas:

n∑i=1

Fxi = 0, (4.16)

n∑i=1

Fyi = 0, (4.17)

n∑i=1

Fzi = 0, (4.18)

donde Fxi es la componente segun la direccion x de la fuerza externa �Fi, etc.,y

n∑i=1

MOx(�Fi) = 0, (4.19)

n∑i=1

MOy(�Fi) = 0, (4.20)

n∑i=1

MOz(�Fi) = 0, (4.21)

donde MOx(�Fi) es la componente segun la direccion x del momento de la fuerzaexterna �Fi en el punto O, �MO(�Fi), etc. Las ecs. (4.16)–(4.18) garantizan queno se altera el equilibrio por movimientos de traslacion, y las ecs. (4.19)–(4.21)que no lo hace por movimientos de rotacion. Otras elecciones de coordenadasconducirıan a expresiones diferentes para las ecuaciones de equilibrio.

4.2.3. Equilibrio del solido rıgido en el plano

Importancia del caso plano

En este texto nos vamos a limitar al estudio del solido rıgido plano por sumayor sencillez. Ademas, en muchos casos es posible estudiar la Estatica deun sistema espacial analizando la estatica de un solido rıgido plano sometidoa un sistema de fuerzas contenido en ese mismo plano. Esto ocurre cuando el

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sistema de fuerzas que actua sobre un solido rıgido espacial puede reducirse aun sistema de fuerzas coplanario, por ejemplo:

(a) Cuando todas las fuerzas que actuan sobre el solido rıgido estan conteni-das en un plano.

(b) Cuando la disposicion de fuerzas que actuan sobre el solido rıgido seasimetrica respecto de un plano.

(c) Cuando la distribucion de fuerzas que actuan sobre el solido rıgido tengasimetrıa traslacional.

(d) Cuando se estudien las fuerzas del solido sobre un plano dado1.

Numerosos problemas en Arquitectura Tecnica caen en alguno de esos casos,de ahı que dediquemos especial atencion al equilibrio de solidos rıgidos planossometidos a sistemas de fuerzas contenidos en ese mismo plano. Por otro lado,el estudio de los sistemas planos tambien es util en la medida que sirve deintroduccion al estudio de la estatica de los sistemas espaciales.

Condiciones necesarias y suficientes de equilibrio del solido rıgido en el plano

Las condiciones establecidas antes para el equilibrio de un solido rıgido sesimplifican considerablemente en el caso de un plano. Eligiendo los ejes x e yen el plano del solido, se tiene

Fzi = 0, (4.22)

MOx(�Fi) = 0, (4.23)

MOy(�Fi) = 0, (4.24)

para cada una de las fuerzas exteriores aplicadas al solido. Notese que lasecs. (4.23) y (4.24) son ciertas siempre que el punto O sea un punto del planodel solido (mientras que en las ecs. (4.19) y (4.20) eran ciertas en un puntoarbitrario del espacio).

Las 6 ecuaciones de equilibrio (4.16)–(4.21) se reducen, por tanto, a 3 ecua-ciones:

n∑i=1

Fxi = 0, (4.25)

n∑i=1

Fyi = 0, (4.26)

n∑i=1

MOz(�Fi) = 0. (4.27)

El punto O es un punto arbitrario del plano del solido.En resumen, las condiciones necesarias y suficientes de equilibrio para un

solido rıgido plano son:

1En este ultimo caso, las condiciones de equilibrio plano que se enunciaran a continuacionpara un solido plano son necesarias pero no suficientes para garantizar el equilibrio del solidoespacial. En los tres casos anteriores son necesarias y suficientes.

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Que todas las partıculas del solido esten inicialmente en reposo respectodel sistema de referencia inercial.

Que el sistema de fuerzas exteriores que actuan sobre el sea equivalentea un sistema nulo, esto es, que su resultante sea nula (que se verifiquenlas ecs. (4.25) y (4.26)) y que su momento sea nulo (que se verifique laec. (4.27)).

Las ecs. (4.25) y (4.26) dan las condiciones bajo las cuales el solido no ex-perimenta traslaciones segun el eje x ni segun el eje y, respectivamente. Laec. (4.27) da la condicion bajo la cual el solido no experimenta rotaciones en elplano x-y en torno al punto O.

Se puede demostrar que en el caso del solido rıgido plano, las condicionesnecesarias y suficientes de equilibrio del solido rıgido pueden expresarse, alter-nativamente, exigiendo que la suma de los momentos en tres puntos del planono alineados, A, B y C, sea nula. Esto da lugar nuevamente a 3 ecuacionesindependientes de equilibrio:

n∑i=1

MAz(�Fi) = 0, (4.28)

n∑i=1

MBz(�Fi) = 0, (4.29)

n∑i=1

MCz(�Fi) = 0. (4.30)

Teorema de las tres fuerzas

Presentaremos ahora un resultado que sera de utilidad en numerosos pro-blemas de Estatica:

Si un solido rıgido se encuentra en equilibrio, sometido a la accion detres fuerzas coplanarias y no paralelas, las rectas de accion de estas seintersecan en un mismo punto.

F2

F3

O

F1

A1 A2

A3

FIGURA 4.2: Sistema de tres fuerzascoplanarias que actuan sobre un soli-do rıgido.

En efecto, supongamos que un solido rıgido se encuentra en equilibrio bajola accion de tres fuerzas coplanarias, �F1, �F2 y �F3, aplicadas, respectivamente,en los puntos A1, A2 y A3 (fig. 4.2). Calculemos los momentos de las tresfuerzas en el punto de interseccion O de las rectas de accion de dos de ellas,por ejemplo �F1 y �F2. En ese punto, �MO(�F1) = �MO(�F2) = �0. Para que un solidorıgido este en equilibrio la suma de todos los momentos debe ser el vector nulo,por tanto tambien debe de ocurrir que �MO(�F3) = �0. Por tanto, la recta deaccion de �F3 tambien debe pasar por O.

Nota 1: La concurrencia de tres fuerzas en un mismo punto implica que laecuacion de equilibrio de los momentos se satisface en dicho punto. Sin embargo,no necesariamente ha de satisfacerse la ecuacion de equilibrio de las fuerzas.

Nota 2: Un sistema de fuerzas formado por 3 sistemas de fuerzas cada unoconcurrente en un punto diferente puede reducirse a un sistema de tres fuerzas,cada una de ellas aplicada en uno de esos puntos.

Nota 3: Tambien puede haber equilibrio si las tres fuerzas son paralelas(intersecan en el infinito) puesto que en esa circunstancia sı podrıa verificarsela ecuacion de momentos.

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Nota 4: El adjetivo “coplanarias” puede omitirse en las condiciones del teo-rema de las tres fuerzas ya que, si un sistema de tres fuerzas esta en equilibrio,estas fuerzas necesariamente han de ser coplanarias.

En efecto, consideremos tres fuerzas �F1, �F2, �F3 —no necesariamente copla-narias—, tomemos un punto arbitrario P sobre la recta de accion de �F3. Dela segunda condicion de equilibrio (que la suma de los momentos en cualquierpunto debe ser el vector nulo)

�MP = �MP (�F1) + �MP (�F2) = �0, (4.31)

es decir, obtendremos�MP (�F1) = − �MP (�F2). (4.32)

Por tanto, los vectores �MP (�F1) y �MP (�F2) han de estar sobre la misma rectay tener sentidos opuestos. Recordando la definicion de momento de una fuerza(como producto vectorial del vector posicion del punto de aplicacion de la fuerzapor el vector fuerza) se puede concluir que el plano subtendido por el vector�F1 y el punto P debe coincidir con el plano subtendido por el vector �F2 y elpunto P . Por tanto, �F1, �F2 y P estan en el mismo plano. Como P es un puntoarbitrario de la recta de accion de �F3, la misma demostracion es valida paracualquier otro punto de la recta de accion de �F3. Por tanto, concluimos que �F1,�F2 y �F3 estan en el mismo plano.

4.3. Grados de libertad del solido rıgido libre

4.3.1. Grados de libertad de un solido rıgido libre en el espacio

Como vimos en el capıtulo 2, el numero de grados de libertad de un sis-tema es el numero de coordenadas independientes necesarias para especificarcompletamente su configuracion.

Vamos a calcular cuantos grados de libertad tiene un solido rıgido libreen el espacio. Recordemos que un solido rıgido es un sistema formado por Npartıculas tal que la distancia entre dos cualesquiera de esas partıculas per-manece constante. Para ver cuantos grados de libertad tiene un solido rıgidopodemos usar el siguiente razonamiento. Para determinar la posicion de unpunto A del solido rıgido son necesarias tres coordenadas. Conocida la posicionde A, para determinar la posicion de un segundo punto B del solido rıgido solohacen falta dos coordenadas adicionales, puesto que B esta sobre una superficie:la esfera con centro en A y radio la distancia entre A y B, dAB, que sabemosque es constante (fig. 4.3 arriba). Finalmente, conocidas las posiciones de A

FIGURA 4.3: Conocido un punto deun solido rıgido, un segundo puntoesta necesariamente sobre una esfe-ra con centro en el primero (arriba).Conocidos dos puntos, un tercer pun-to esta necesariamente sobre una cir-cunferencia (abajo).

y B, para determinar la posicion de un tercer punto C necesitamos solo unanueva coordenada, puesto que C esta sobre una curva: la circunferencia quese obtiene al intersecar la esfera con centro en A y radio dAC con otra esferacon centro en B y radio dBC (fig. 4.3 abajo). Si A, B y C no estan alineados,cualquier otro punto del solido rıgido quedara determinado por las distancias(fijas y conocidas) entre el y estos tres puntos2.

2El sistema de posicionamiento global (GPS) se basa precisamente en la unicidad de estatriangulacion: las distancias del receptor de GPS a tres satelites emisores de senales de radioque estan en posiciones conocidas permiten determinar la posicion del primero.

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4.4 Equilibrio del solido rıgido plano ligado 109

Otro razonamiento equivalente es el siguiente: Cuando solo haya un pun-to material, su numero maximo de grados de libertad sera tres. Al anadir unsegundo punto, se podrıan introducir otros tres grados de libertad, pero si seencuentra rıgidamente unido al primero (separacion constante) habra una ecua-cion de vınculo que reducira estos tres grados de libertad a dos. Ası pues, uncuerpo rıgido de “dos puntos” podra tener como maximo cinco grados de liber-tad. Un tercer punto podrıa introducir tres mas, pero si estuviera fijo respectoa los otros dos, las dos ecuaciones de vınculo reducirıan estos tres a uno, dandoun total de seis grados de libertad para el cuerpo rıgido de “tres puntos”. Uncuarto punto fijo respecto a los tres primeros tendrıa tres ecuaciones de vınculoque expresaran este hecho, por lo que no introducira nuevos grados de libertad.Un quinto punto tendrıa cuatro ecuaciones de vınculo, pero es posible demos-trar que solo tres de ellas son independientes y, por tanto, tampoco introducirıanuevos grados de libertad. Analogamente sucederıa al anadir los demas puntosmateriales que componen el solido rıgido.

En resumen, un solido rıgido libre en el espacio tiene seis grados de liber-tad. La eleccion de coordenadas independientes no es unica. Puede ser, porejemplo, las tres coordenadas cartesianas de uno de los puntos, y tres angulosque determinen la orientacion del solido en el espacio. Por otro lado, podemosinterpretar los seis grados de libertad de un solido rıgido como, por ejemplo,la posibilidad de desplazamientos segun los tres ejes coordenados y rotacionesrespecto de dichos ejes.

4.3.2. Grados de libertad de un solido rıgido libre en el plano

Vamos a ver cuantos grados de libertad tiene un solido rıgido libre en elplano. Para especificar la configuracion de un solido rıgido basta conocer laposicion de dos puntos del solido. Si se tratase de puntos libres en el plano,para especificar su configuracion serıan necesarias cuatro coordenadas. Comoson puntos de un solido rıgido, su distancia es constante. Luego el numero decoordenadas independientes necesario para especificar la configuracion de unsolido rıgido plano libre es tres. Tres son pues los grados de libertad del solidorıgido plano libre. Podemos, por ejemplo, elegir como coordenadas indepen-dientes las dos coordenadas cartesianas de un punto y el angulo que formael segmento que une dos puntos del solido con la horizontal. Los grados delibertad se pueden entender entonces como la posibilidad de desplazamientossegun las direcciones de los dos ejes coordenados y la rotacion respecto a uneje perpendicular al plano que contiene al cuerpo.

4.4. Equilibrio del solido rıgido plano ligado

4.4.1. Condiciones de equilibrio

Un solido rıgido ligado es aquel que esta sometido a ligaduras externas. solido rıgido ligado

En el capıtulo 2 introdujimos el principio de liberacion segun el cual cual-quier ligadura podıa sustituirse por un sistema de fuerzas. En el capıtulo 3vimos que un sistema de fuerzas siempre se puede reducir a otro equivalenteformado por una fuerza y un par. Por tanto, la accion de una ligadura puede

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representarse por una fuerza y un momento, que llamaremos fuerza y momentode reaccion vincular.

Supongamos un solido sometido a m ligaduras. Las ecuaciones de equili-brio (4.6) y (4.11) que obtenıamos para el caso libre se convierten en:

n∑i=1

�Fi+m∑

j=1

�φj = �0, (4.33)

n∑i=1

�MO(�Fi)+m∑

j=1

�MO(�φj) +m∑

j=1

�µj = �0, (4.34)

donde, �Fi son las fuerzas exteriores, �MO(�Fi) sus momentos en un punto arbi-trario fijo O, �φj las fuerzas de reaccion vincular, �MO(�φj) sus momentos en O,y �µj los momentos de reaccion vincular (recuerdese que el momento de un pares independiente del punto de reduccion).

En el caso plano y usando coordenadas cartesianas, las ecuaciones vectoria-les (4.33) y (4.34) dan lugar a las siguientes ecuaciones escalares:

n∑i=1

Fxi+m∑

j=1

φxj = 0, (4.35)

n∑i=1

Fyi+m∑

j=1

φyj = 0, (4.36)

n∑i=1

MOz(�Fi)+m∑

j=1

MOz(�φj) +m∑

j=1

µzj = 0. (4.37)

Dependiendo del vınculo de que se trate podran ser cero una o mas de las3 incognitas de reaccion vincular φxj , φyj y µzj asociadas al vınculo j.

4.4.2. Tipos de ligaduras en el plano

Clasificacion atendiendo al numero de coacciones

El objetivo de esta seccion es clasificar las ligaduras posibles de un soli-do rıgido plano, atendiendo a las limitaciones elementales de movimiento queproducen.

Se denominan coacciones a las limitaciones elementales de movimiento ori-coaccionesginadas por cada ligadura.

Las coacciones son tıpicamente impedimentos de traslaciones y/o giros. Unacoaccion, por consiguiente, equivale a la cancelacion de un grado de libertad.Las fuerzas y momentos de reaccion vincular que sustituyen a una ligaduraintroducen incognitas de reaccion vincular en el problema, en numero igual alde coacciones.

Segun el numero de coacciones que ejercen, las ligaduras las clasificamos en:

Simples: son aquellas que ejercen una unica coaccion. Las hay de dostipos:

• Aquellas que obligan a un punto del solido rıgido a permanecer sobreuna curva dada o a que una curva del solido rıgido (por ejemplo sucontorno) permanezca en contacto con un punto fijo. Estas ligaduras

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se sustituyen por una unica fuerza de reaccion vincular de direccionconocida (perpendicular a la curva) y modulo y sentido desconoci-dos. Son ligaduras que introducen, por tanto, una sola incognita dereaccion vincular (que se suele identificar con el modulo y sentidode la fuerza desconocida). Ejemplos de este tipo de ligaduras son elapoyo simple, la biela y el cable.

• Aquellas que impiden la rotacion del solido rıgido pero no las tras-laciones. Estas ligaduras se sustituyen por un par cuyo momento dereaccion vincular tiene direccion conocida (perpendicular al planodel solido rıgido) y modulo y sentido desconocidos. En este texto noveremos ejemplos de este tipo de ligaduras.

Dobles: son aquellas que ejercen dos coacciones. Las hay de dos tipos:

• Aquellas que obligan a un punto del solido rıgido a permanecer fijo.Estas ligaduras se sustituyen por una fuerza de reaccion vincular conmodulo, direccion y sentido desconocidos. Son ligaduras que intro-ducen, por tanto, dos incognitas de reaccion vincular (que se sueleidentificar con las dos componentes cartesianas de dicha fuerza).Ejemplo de este tipo es la articulacion.

• Aquellas que obligan a un punto del solido rıgido a permanecer sobreuna curva e impiden ademas su rotacion. Estas ligaduras se susti-tuyen por una fuerza con direccion conocida pero modulo y sentidodesconocidos, y un par cuyo momento es de modulo y sentido desco-nocidos. Introducen dos incognitas de reaccion vincular (que se sueleidentificar con los modulos y sentidos de la fuerza y el momento).Ejemplo de este tipo es la deslizadera rıgida.

Triples: son aquellas que ejercen tres coacciones. Inmovilizan completa-mente el solido rıgido. Estas ligaduras se sustituyen por una fuerza conmodulo, direccion y sentido desconocidos y un par cuyo momento es demodulo y sentido desconocidos. Por tanto, introducen tres incognitas dereaccion vincular (las dos componentes de la fuerza y el modulo y sentidodel momento). Ejemplo de este tipo de ligaduras es el empotramiento.

Pasamos a estudiar en detalle algunas ligaduras.

Apoyo simple

Un apoyo simple (apoyo sin rozamiento o apoyo movil) es un contacto pun-tual sin rozamiento, directo o mediante un dispositivo intermediario, del solidorıgido con una curva de apoyo. Es una ligadura simple, ya que ejerce una solacoaccion sobre el solido rıgido al impedir su traslacion en la direccion perpen-dicular a la de desplazamiento sobre la curva de apoyo. Permite la traslacionen la direccion de desplazamiento de la curva de apoyo y el giro alrededor delpunto de apoyo. Su accion se sustituye por una fuerza de direccion conocida ymodulo y sentido desconocidos.

La direccion de esta fuerza es la perpendicular a la tangente en el punto deapoyo de la lınea sobre la que se apoya o desliza. En el caso de que el punto deapoyo no tenga tangente bien definida (por ejemplo, cuando tenemos un apoyosimple sobre un escalon) la direccion sera la perpendicular a la tangente en elpunto de apoyo de la lınea que describe el borde del solido rıgido.

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FIGURA 4.4: Diversos modos enque un solido rıgido puede estar apo-yado y fuerzas de reaccion vincularcorrespondientes.

En el caso de los apoyos simples unilaterales el sentido de la fuerza dereaccion vincular va del apoyo al solido apoyado. En el caso de los apoyosde doble efecto o bilaterales el sentido no se puede determinar a priori puestoque depende del sistema de fuerzas externas que actua sobre el solido y de ladisposicion del resto de los vınculos.

En la fig. 4.4 se ilustran diversos modos en que un solido rıgido puede estarapoyado directamente sobre distintas paredes y se ilustran las direcciones ysentidos de las correspondientes fuerzas de reaccion vincular.

Dispositivos tambien permiten implementar apoyos simples son:

Rodillo, fig. 4.5 (a).

Rueda, fig. 4.5 (b).

Soporte de rodillos, fig. 4.5 (c).

Balancın, fig. 4.5 (d).

FIGURA 4.5: Diversas maneras deconstruir apoyos simples: (a) rodillo,(b) rueda, (c) soporte de rodillos, (d)balancın circular.

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FIGURA 4.6: (a) Pasador en ranuralisa y (b) deslizadera sobre arbol liso.

Apoyos simples bilaterales o de doble efecto son:

El pasador en ranura lisa, fig. 4.6 (a).

La deslizadera o collar sobre arbol liso, fig. 4.6 (b).

Notese que mientras que en las ligaduras de las figs. 4.4 y 4.5 un movimientodel solido puede hacer que esa ligadura desaparezca (al perderse el contacto),tal cosa no puede suceder en un apoyo simple de doble efecto.

Comentario: tres apoyos simples adecuadamente dispuestos inmovilizan com-pletamente al solido rıgido plano (donde “adecuadamente dispuestos” quieredecir evitando las situaciones de ligadura impropia que describiremos mas ade-lante).

Biela

Una biela consiste en un solido rıgido articulado en dos puntos y sobre elque no actua ninguna fuerza con componentes normales al eje de la biela. El ejede la biela es la recta que une las dos articulaciones. En particular, el peso de labiela debe ser despreciable frente a las fuerzas que actuan sobre el solido rıgido.La biela es una ligadura simple, ya que ejerce una unica coaccion sobre el solidorıgido al impedir su traslacion en la direccion del eje de la barra, permitiendo sutraslacion en la direccion perpendicular. Su accion se sustituye por una fuerza

FIGURA 4.7: Biela.de reaccion vincular cuya direccion coincide con el eje de la biela, y de moduloy sentido desconocidos. Esta ligadura se ilustra en la fig. 4.7.

Cable

El cable (tenso) es un hilo inextensible de peso despreciable. Es una liga-dura simple que se sustituye por una unica a la fuerza de reaccion vincular dedireccion conocida (la del cable) y modulo desconocido. Esta fuerza de reaccionvincular se llama tension, pues coincide con la tension del cable. Esta ligadurase ilustra en la fig. 4.8. El sentido de la fuerza de reaccion vincular que sustitu-ye a un cable tenso es siempre hacia fuera del solido, mientras que en la bielapuede tener ambos sentidos.

FIGURA 4.8: Cable tenso.Es importante saber distinguir cuando un cable aplicado a un solido rıgido

actua como una ligadura (cuando limita las posibles posiciones del solido) ycuando actua como un transmisor de una fuerza activa.

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FIGURA 4.9: Ligaduras dobles: (a)Articulacion y (b) deslizadera rıgida.

Articulacion

Una articulacion. (apoyo fijo, apoyo doble, perno liso o bisagra) impidelas dos posibles traslaciones del solido rıgido y le permite solo girar alrededordel punto de articulacion. Es una ligadura doble, ejerce dos coacciones sobreel solido rıgido. Su accion se sustituye por una fuerza de reaccion vincularde modulo, direccion y sentido desconocidos. Las dos incognitas de reaccionvincular son, por ejemplo, las dos componentes de esta fuerza segun un sistemade ejes cualesquiera con origen en la articulacion. Esta ligadura se ilustra en lafig. 4.9 (a).

Deslizadera rıgida

La deslizadera rıgida impide el giro y la traslacion en la direccion perpen-dicular al eje de deslizamiento de la deslizadera. Es una ligadura doble.

La deslizadera rıgida ejerce sobre el solido un sistema de fuerzas distribuidasparalelas y coplanarias (con el plano que contiene al solido rıgido). Dicho siste-ma puede ser reducido a una fuerza de reaccion vincular �R perpendicular el ejede deslizamiento y a un par de momento �M perpendicular al plano del solido.Esta ligadura se ilustra en la fig. 4.9 (b). Una deslizadera rıgida es equivalentea dos apoyos simples cuyas rectas de accion sean paralelas.

Empotramiento y soldadura

El empotramiento (nudo rıgido o apoyo triple) impide cualquier movimientodel solido rıgido. Es una ligadura triple, ejerce tres coacciones sobre el solidorıgido. El empotramiento ejerce sobre el solido un sistema de fuerzas distribui-das coplanarias (con el plano que contiene al solido rıgido). Dicho sistema puedeser reducido a una fuerza de reaccion vincular �R de direccion desconocida y aun par de momento �M perpendicular al plano del solido. Las tres incognitas de

FIGURA 4.10: Empotramiento.reaccion vincular son las magnitudes del momento �M y las dos componentesde �R, segun un sistema de ejes cualesquiera con origen en G. Esta ligadura seilustra en la fig. 4.10.

Cuando el empotramiento actua como vınculo interno (entre solidos de unsistema de solidos) se le denomina expresamente nudo rıgido y los sistemascuyos vınculos internos son nudos rıgidos, se les llama sistemas continuos.

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FIGURA 4.11: Ligaduras impropiasen un solido rıgido plano individual:(a) G = 1, puede trasladarse; (b)G = 1, puede girar.

Una ligadura de caracterısticas similares a las del empotramiento es la sol-dadura.

Ligaduras propias y ligaduras impropias

Se define como ligadura propia a la que impide el movimiento del siste-ma coartando el movimiento para el que se establece. Se dice que un sistemaesta propia o correctamente ligado, cuando los ligaduras estan dispuestos detal modo que son capaces de impedir los movimientos para los que estan pen-sados. En caso contrario diremos que la ligadura es impropia y que el sistemaesta impropia o incorrectamente ligado.

Un sistema plano puede estar impropiamente ligado en los siguientes casos:

Si las rectas de accion de tres o mas de las fuerzas de reaccion vincular sonparalelas, ya que entonces (en ausencia de otras ligaduras) hay posibilidadde traslacion a lo largo de una direccion perpendicular, fig. 4.11 (a).

Si tres o mas de las rectas de accion de las fuerzas de reaccion vincular secortan en un mismo punto O, entonces (en ausencia de otras ligaduras)se puede producir un giro alrededor de O, fig. 4.11 (b).

4.4.3. Grados de libertad del solido rıgido plano ligado

Solidos isostaticos, hiperestaticos e inestables

Un sistema mecanico estable es aquel que no se puede mover sea cual sea sistema mecanico estableel sistema de fuerzas externas que actue sobre el. Equivalentemente, que no lequedan grados de libertad. Un sistema estable siempre esta en equilibrio. Unsistema puede ser inestable y estar en equilibrio bajo la accion de un sistemade fuerzas concreto.

En esta seccion vamos clasificar los solidos rıgidos atendiendo a su estabi-lidad. Esta clasificacion se extendera en el capıtulo 5 a los sistemas de variossolidos rıgidos.

Al detenernos en la, relativamente sencilla, clasificacion en el caso de un solosolido rıgido pretendemos que el estudiante se concentre en el concepto fısico de

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FIGURA 4.12: Clasificacion de lossolidos rıgidos individuales atendien-do a su estabilidad: (a) isostati-co, (b) hiperestatico, (c) mecanis-mo, (d) pseudoisostatico. La estabi-lidad del solido rıgido no depende deque sistema de fuerzas externas apli-que el monigote. Los apoyos simplesse suponen bilaterales.

la estabilidad sin dejarse distraer por la extensa casuıstica que encontraremosen el capıtulo 5.

Para impedir cualquier movimiento posible del solido rıgido es preciso quelas ligaduras externas ejerzan al menos tantas coacciones como grados de liber-tad tenga el sistema. En el caso de un solido rıgido plano, las ligaduras estricta-mente necesarias para impedir cualquier movimiento han de ejercer tres coac-ciones (adecuadamente dispuestas, vease lo dicho sobre ligaduras impropias).Cada una de ellas queda definida por un parametro o incognita de reaccionvincular. Si eso sucede, ante cualquier sistema de fuerzas el solido permane-cera en equilibrio, sera estable; si no, sera inestable. Si el numero de coaccioneses exactamente el necesario para lograr la estabilidad entonces, conocido el sis-tema de fuerzas externas, las ecuaciones de equilibrio permitiran determinarlas incognitas de reaccion vincular. Si el numero de coacciones es superior en-tonces las ecuaciones de la Estatica no seran suficientes (salvo simetrıas) para

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determinar todas las incognitas de reaccion vincular. Atendiendo a esta idea,los sistemas mecanicos formados por un solido rıgido ligado se clasifican en:

Isostaticos.

Hiperestaticos.

Inestables o mecanismos.

Los sistemas isostaticos son aquellos en los que el numero coacciones inde- sistemas isostaticospendientes (C) es exactamente igual al de grados de libertad del sistema libre(Gl), por tanto, el numero de grados de libertad del sistema ligado (que secalcula como G = Gl − C) es cero. Conocido el sistema de fuerzas externasque actua, las ecuaciones de equilibrio por sı solas permiten resolver todas lasincognitas de reaccion vincular, ası se dice que los sistemas isostaticos estanestaticamente determinados. Son estables, pero si se elimina una ligadura dejande serlo. Se presenta un ejemplo en la fig. 4.12 (a).

Los sistemas hiperestaticos son aquellos en los que C es estrictamente mayor sistemas hiperestaticosque Gl (se dice entonces que las incognitas de reaccion vincular son superabun-dantes). Se dice que tienen grado de hiperestaticidad o grado de indeterminacionestatica H = C − Gl (y G = 0). Las ecuaciones de equilibrio por sı solas nopermiten resolver todas las incognitas de reaccion vincular, por ello se diceque los sistemas hiperestaticos estan estaticamente indeterminados. Para sudeterminacion es preciso abandonar el modelo de solido rıgido, adoptar el mo-delo de solido deformable y aplicar, ademas de las ecuaciones de la Estatica,metodos propios de la Elasticidad. Son estables y pueden seguir siendolo elimi-nando H incognitas de reaccion vincular independientes. Hay un ejemplo en lafig. 4.12 (b).

Los sistemas inestables o mecanismos son aquellos en los que C es estricta- sistemas inestables o mecanismosmente menor que Gl, por tanto G es positivo. Basta con un subconjunto de lasecuaciones de equilibrio para resolver todas las incognitas de reaccion vincular.Las restantes G ecuaciones pueden usarse para averiguar los valores concre-tos de las G coordenadas generalizadas cuando el solido se haya en equilibriosometido a un sistema particular de fuerzas externas conocidas, o para averi-guar que fuerzas exteriores son necesarias para que el sistema se encuentre enequilibrio en determinada configuracion.

Estos solidos son inestables y solo se hacen estables si se anaden vınculosque introduzcan G (o mas) incognitas independientes de reaccion vincular. Unejemplo de este tipo aparece en la fig. 4.12 (c).

Solidos con ligaduras impropias

En el caso de que entre las ligaduras a las que esta sometido el solidoaparezcan ligaduras impropias, el numero “aparente” de grados de libertad,que es el que se obtiene al sustraer del numero de grados de libertad del sistemalibre el numero de incognitas de reaccion vincular sin tener en cuenta si estasson impropias (no independientes), no coincide con el numero real de gradosde libertad, que es el que se obtiene teniendo en cuenta que grados de libertadeliminan realmente las ligaduras. Ası, por ejemplo, tendremos solidos en losque aparentemente el numero de incognitas de reaccion vincular es igual al degrados de libertad del sistema libre, con lo cual el sistema es aparentementeisostatico (o pseudo-isostatico) aunque en realidad se trata de un mecanismo.Hay un ejemplo en la fig. 4.12 (d).

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PROBLEMA RESUELTO 4.1:

El solido rıgido de la figura es de peso P = 10 kp, homogeneo y con vastagos obrazos de grosor despreciable. Esta sometido a la accion de tres fuerzas activas demodulos |�F1| = 100N, |�F2| = 500N y |�F3| = 500N, y esta vinculado al exteriormediante una articulacion en el punto A y un apoyo simple en el punto B.

(a) Determina en que punto del vastago horizontal habrıa que aplicar una fuerza

unica cuyo efecto mecanico sea equivalente al de las tres fuerzas activas �F1,�F2, �F3. ¿Que valor tendra dicha fuerza?

(b) ¿Es posible aplicar una fuerza equivalente a las tres fuerzas en algun puntodel vastago vertical? En caso afirmativo halla el punto y el valor de la fuerza.

(c) Determina los vectores fuerza de reaccion vincular en los puntos A y B enel equilibrio.

PROBLEMA RESUELTO 4.1

A B

F3

←F2

←

F1

←

0,6 m 1,2 m 0,9 m

0,6 m

0,6 m

Solucion:

(a) La fuerza equivalente al sistema de fuerzas activas �F1, �F2, �F3 sera una fuerza

unica igual a la resultante �R aplicada sobre un punto Q del solido rıgido, tal que sumomento en un punto cualquiera sea el mismo que el momento total del sistemaen dicho punto. Eligiendo los ejes horizontal y vertical como ejes coordenados,tenemos: �F1 = (100, 0)N; �F2 = (0,−500)N; �F3 = (500, 0)N. �R = (100, 0) +(0,−500) + (500, 0) = (600,−500)N.

Tomemos como centro de reduccion O la interseccion de los brazos de la cruz;resulta: MO = −0,6 100 − 0,9 500 + 0,6 500 = −210N m; �MO = −210�k N m

Si Q esta situado en el vastago horizontal sus coordenadas son (x, 0), de donde:�MO = −210�k = �OQ × �R = (x, 0) × (600,−500) = −500x�k y, por tanto,x = 0,42m.

Aunque no lo piden, es util saber que entonces el eje central es la recta paralelaa la direccion de �R que contiene al punto Q(0,42, 0)m: x−0,42

600 = y−0−500 ; y =

−0,83x + 0,35m.

(b) Sera posible aplicar la fuerza unica equivalente sobre el vastago vertical siel eje central lo interseca en algun punto Q′. Ası, para x = 0 obtenemos y =0,35 m < 0,6m, luego sı es posible aplicar la fuerza �R en el punto Q′(0, 0,35)m.Tambien podrıamos obtener este punto repitiendo el calculo del apartado (a) parael punto (0, y).

A B

�A

←

�A x

�A y �B

←

R←

QQ'

G

O

y

x

1,49 m

2,22 m

0,35 m

0,6 m+

FIGURA P1a: Resolucion del aparta-do (c).

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(c) Por comodidad de calculo, en el diagrama de fuerzas que actuan sobre el solido

rıgido (fig. P1a) sustituimos las tres fuerzas activas por su equivalente �R previa-mente calculada (aplicada en Q, aunque serıa indiferente considerarla aplicada enQ′), y colocamos la cuarta fuerza activa que actua sobre el solido rıgido, el peso,en el centro de masa G del solido rıgido. Completamos el diagrama con las fuerzasde reaccion en los vınculos A (articulacion) y B (apoyo simple).

Fuerzas que actuan: �φA, �φB , �R, �P .

Articulacion en A: �φA = (φAx, φAy).

Apoyo simple en B: �φB = (0, φB).

Para conocer el punto de aplicacion de la fuerza peso �P = (0,−10) kp ≈ (0,−100)N,determinamos previamente la posicion del centro de masa G del conjunto de ambosvastagos:

Por simetrıa y ser el solido homogeneo, G se encuentra sobre el vastago horizontal,de modo que yG = 0. Desde el extremo A calculamos la coordenada xG. Laposicion del centro de masa de la barra horizontal es xH = 2,7

2 m. En la barravertical directamente observamos xV = 1,8m. La posicion del centro masa es ladel centroide por ser homogeneo: xG = lHxH+lV xV

lH+lV= 1,49m.

Entonces, finalmente, las ecuaciones de equilibrio son:

∑Fx = 0 :

φAx + 600 = 0, (P1.1)∑Fy = 0 :

φAy + φB − 500 − 100 = 0, (P1.2)∑MA = 0 :

0,6 φB − 1,49 100 − 500 2,22 = 0, (P1.3)

de donde obtenemos:

φAx = −600 N, (P1.4)φB = 2098 N, (P1.5)

φAy = −1498 N, (P1.6)

donde el signo menos de φAx significa que el sentido se esa componente es contrarioal que elegimos en el diagrama de fuerzas.

Luego �φA = (−600,−1498)N y �φB = (0, 2098)N.


El extremo A de la barra homogenea AB de la figura puede deslizar por un rielvertical. La superficie esferica sobre la que se apoya AB tiene 5 cm de radio. Calcula:

(a) La longitud AB de la barra para que en su posicion de equilibrio forme 60◦

con la vertical. Hacerlo analıtica y geometricamente.

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A

C

B

O 5 m

60o

(b) Las fuerzas de reaccion vincular en A y en C si la masa de la barra es 30 kg.

Nota: Desprecia los rozamientos en la deslizadera y el apoyo.

Solucion:

(a) Que la barra este en equilibrio en esa configuracion significa que la suma defuerzas sobre la barra y la suma de sus momentos en cualquier punto deben sernulas, teniendo en cuenta las fuerzas que aparecen en el siguiente diagrama desolido libre con la configuracion dada:

Comenzamos resolviendo el apartado (a) de manera analıtica (planteando las ecua-ciones de equilibrio). Teniendo en cuenta los ejes coordenados elegidos en lafig. P2a, y tomando momentos en el punto A, resultan las siguientes condicio-nes de equilibrio:

∑Fx = 0 :

φA + φC cos 60◦ = 0, (P2.1)∑Fy = 0 :

−P + φC sen 60◦ = 0, (P2.2)∑MAz = 0 :

−P(

AB2 sen 60◦

)+ φCAC = 0. (P2.3)

Tenemos ası 3 ecuaciones escalares con parece que cinco incognitas: φA, φC , P, AB, AC,de las cuales nos interesa en este apartado la longitud AB de la barra. Pero volvien-do a la fig. P2a, si observamos el triangulo ACO vemos que tan 60◦ = 5/AC ⇒AC = 5√

3� 2,89m, y el peso P lo vamos a considerar como un parametro (el

valor numerico de 30 kp es para el apartado (b)), de modo que realmente tenemos3 ecuaciones con las tres incognitas φA, φC y AB.

C

B

O5 m

5m

60o

P

GφC

A

60o

φA

y

x+

←

←

←

FIGURA P2a: Resolucion analıticadel apartado (a).

Resolviendo el sistema resulta:

φC =2√3P � 1,15 P, (P2.4)

φA = − 1√3P � −0,58 P, (P2.5)

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AB =203

φC

P=

40√

39

� 7,70 m. (P2.6)

Para terminar este apartado (a), debemos resolverlo de forma geometrica. Esosignifica usar la trigonometrıa en el diagrama de fuerzas, tras haber aplicado en ella condicion necesaria de equilibrio que proporciona el teorema de las tres fuerzas.

Esto es ası porque del diagrama P2a observamos que la barra tiene justamenteaplicadas tres fuerzas (una activa —el peso— y dos de reaccion vincular), y ademassuponemos que la barra esta en equilibrio en la configuracion dada; cumpliendoseentonces necesariamente la conclusion del teorema de las tres fuerzas: las tresfuerzas han de ser coplanarias y, o bien concurrentes en un punto o bien paralelas.

Ası, construimos un nuevo diagrama de fuerzas en el que explıcitamente se venconcurrir en un punto I las lıneas de accion de las tres fuerzas (ya coplanarias; departida se ve que no pueden ser paralelas):

C

B

O

5m

G

A

60o

60o

60oI

FIGURA P2b: Resolucion geometricadel apartado (a).

De los triangulos rectangulos AIG, AIC y ACO vamos a deducir el valor AB quenos interesa, usando que AB es el doble de AG, y que AG es la hipotenusa delprimer triangulo:

�AIG: sen 60◦ = AI/AG; AG = 2√

3AI;

�AIC: sen 60◦ = AC/AI; AI = 2√

3AC;

�ACO: tan 60◦ = 5/AC; AC = 5√

3; AC � 2,89 m,

de donde obtenemos AI = 103 � 3,33 m y AG = 20

3√

3� 3,85 m, y finalmente:

AB = 2AG =40

√3

9� 7,70 m, (P2.7)

como antes.

(b) Si mAB = 30 kg, entonces el peso de la barra es P = 30 kp, de forma quesustituyendo en las soluciones (P2.4) y (P2.5) obtenemos las fuerzas de reaccionpedidas:

φC =60√3� 34,64 kp, (P2.8)

φA = − 30√3� −17,32 kp, (P2.9)

donde el signo menos de φA significa que esta reaccion va a tener sentido contrarioal que nosotros elegimos en el diagrama de fuerzas.

Y finalmente expresamos las fuerzas de reaccion en forma vectorial:

�φC = (30√3, 30) kp, (P2.10)

�φA = (0,− 30√3) kp, (P2.11)

donde hemos usado que φCx = φC cos 60◦, φCy = φC sen 60◦, y que el signomenos de φA cambiarıa el sentido del vector en el diagrama P2a, quedando ası enel sistema coordenado elegido con la componente horizontal negativa.

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4.5. Rozamiento

4.5.1. Introduccion

Un solido rıgido en contacto con una superficie sufre un sistema de fuerzas Sdistribuido sobre la superficie de contacto. Ese sistema se puede reducir en unpunto P a una fuerza deslizante con las mismas componentes que la resultantede S y un par de momento igual al momento en P de S.

En el caso de un solido rıgido plano, S es un sistema de fuerzas coplanario;por tanto, S siempre se puede reducir a una unica fuerza deslizante, �R, conlas mismas componentes que la resultante de S aplicada en un punto del ejecentral de S. Como S es un sistema de fuerzas distribuido cuyo sentido essiempre desde la superficie de apoyo hacia el solido rıgido, el punto donde seha de aplicar esta fuerza esta comprendido entre los extremos que limitan lasuperficie de contacto.

La fuerza resultante �R tiene dos componentes: una perpendicular a la su-perficie de contacto, que se llama fuerza normal y se representa por �N , y unatangente a C, que se llama fuerza de rozamiento y se denota por �FR. En unproblema de rozamiento siempre suele haber tres incognitas: el modulo de �N ,el modulo de �FR y el valor de la coordenada que indica el punto Q donde seha de colocar �R (o equivalentemente, donde se han de colocar �N y �FR). Comose ha senalado antes, este punto debe estar comprendido entre los extremosque limitan a la superficie de contacto. No obstante, ha de recordarse que unavez conocido Q, no hace falta colocar �N y �FR exactamente sobre Q, ya que �Ny �FR se describen mediante vectores deslizantes puesto que son fuerzas sobreun solido rıgido.

4.5.2. Leyes de Amontons-Coulomb del rozamiento estaticoy en deslizamiento

Aun en nuestros dıas no existe una teorıa capaz de abarcar todos los as-pectos de rozamiento. Para la mayor parte de las aplicaciones en el ambitode la Arquitectura basta con estudiar lo que se llama el rozamiento estatico orozamiento seco, que es el que existe mientras hay equilibrio. Este equilibrio sepuede romper bien por deslizamiento, bien por vuelco. Fuera del equilibrio sehabla de rozamiento dinamico. El estudio experimental del rozamiento estaticoy del rozamiento dinamico en deslizamiento se debe a Amontons y Coulomb.

Guillaume Amontons (Parıs,1663; Parıs, 1705): Estudio ex-perimentalmente el rozamientoy supuso, por vez primera, laexistencia del cero absoluto detemperatura.

Charles Augustin de Coulomb(Angouleme, 1736; Parıs, 1806):Estudio el rozamiento y la torsiony descubrio la ley de Coulomb dela electrostatica (1795).

Una situacion tıpica es la siguiente: Supongamos un solido rıgido plano,homogeneo de peso �P de forma rectangular que se encuentra sobre una super-ficie horizontal. Sobre el vertice superior derecho de este cuerpo tira una fuerzahorizontal �F de modulo creciente (e inicialmente cero). Para un cierto rango devalores del modulo de �F el solido permanece en equilibrio. Cuando el modulode �F alcanza un cierto valor crıtico, el solido pierde el equilibrio y empieza adeslizar hacia la derecha.

Experimentalmente se puede encontrar una relacion entre �F y �FR similara la que se ilustra en la fig. 4.13. De ese estudio experimental se deducen lassiguientes leyes aproximadas:

1. La fuerza de rozamiento es independiente del area de las superficies encontacto.

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4.5 Rozamiento 123

Superficies en contacto µe µd

acero sobre acero 0,74 0,57aluminio sobre acero 0,61 0,47

cobre sobre acero 0,53 0,36caucho sobre hormigon 1,0 0,8madera sobre madera 0,25–0,5 0,2

vidrio sobre vidrio 0,94 0,4madera encerada sobre nieve mojada 0,14 0,1

madera encerada sobre nieve seca – 0,04metal sobre metal (lubricado) 0,15 0,06

hielo sobre hielo 0,1 0,03teflon sobre teflon 0,04 0,04

TABLA 4.1: Coeficientes de rozamiento estatico µe y dinamico µd. para diferentes superficies en contacto. Los valores dependendel grado de pulimento de las superficies y de la temperatura.

2. Cuando el cuerpo esta en reposo, el modulo de la fuerza de rozamientoesta comprendido entre 0 y un cierto valor maximo. Dicho valor maximoes directamente proporcional al modulo de la fuerza normal. Esta relacionde proporcionalidad se expresa de la siguiente manera:

|�FR max| = µe| �N |, (4.38)

donde µe es una constante adimensional que se llama coeficiente de ro-zamiento estatico, cuyo valor depende de la naturaleza de las superficiesen contacto (vease la tabla 4.1). Cuando la fuerza de rozamiento alcanzasu valor maximo se dice que el solido se encuentra en estado de desliza-miento inminente. Mientras que el solido permanece en reposo, la fuerzade rozamiento que experimenta se llama fuerza de rozamiento estatico.

FR

FRd

FR máx

FO

FIGURA 4.13: Relacion aproximadaentre �F y �FR.

3. Cuando el cuerpo esta deslizando, la fuerza de rozamiento es practica-mente constante e independiente de la velocidad relativa de los cuerposen contacto. Se llama entonces fuerza de rozamiento dinamico y se deno-ta por �FR d. Su modulo es proporcional al de la normal. Esta relacion deproporcionalidad se expresa:

|�FR d| = µd| �N |, (4.39)

donde µd es una constante adimensional que se llama coeficiente de ro-zamiento dinamico o cinetico, cuyo valor depende de la naturaleza de lassuperficies de contacto (vease la tabla 4.1). Se cumple que

|�FR max| ≥ |�FR d|, (4.40)

o, equivalentemente, queµe ≥ µd. (4.41)

En adelante denotaremos simplemente por µ el coeficiente de rozamiento estati-co µe.

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4.6. Deslizamiento y vuelco inminentes

Nos limitaremos a estudiar el deslizamiento y el vuelco de un bloque rec-tangular homogeneo situado sobre un plano y sometido a un sistema particularde fuerzas externas. El estudio del deslizamiento y el vuelco de solidos rıgidoshomogeneos con otras formas geometricas y otros sistemas de fuerzas externases similar.

4.6.1. Deslizamiento de un bloque rectangular sobre un planohorizontal

Consideremos un bloque rectangular homogeneo de 2 m de base, 1m dealtura y peso 10N, inicialmente en equilibrio sobre una superficie horizontal.El coeficiente de rozamiento estatico entre el bloque y la superficie horizontales µ = 0,4. Sobre el vertice superior derecho del rectangulo hay aplicada unafuerza horizontal hacia la derecha de, respectivamente,

(a) F = 0 N.

(b) F = 2 N.

(c) F = 4 N.

(d) F = 6 N.

Nuestro objetivo es estudiar si el bloque esta o no en equilibrio, y averiguar �FR

y N en cada uno de los casos (a)–(d). Si no hay equilibrio, tambien nos intere-sara saber cual de las 3 ecuaciones de equilibrio es la que no se verifica.

(b)FR

xO

y

P

N

x

F

(d)

xO

y

P

N

(a)

(c)

FR

xO

y

P

N

x

F

FR

xO

y

P

N

x

F

FIGURA 4.14: Diagramas de fuerzascorrespondientes a los casos (a)–(d).En el caso (d) no hay equilibrio: elbloque desliza.

Empezaremos dibujando los diagramas de fuerzas correspondientes a ca-da caso (fig. 4.14). Luego elegiremos un sistema de referencia y expresaremosvectorialmente las fuerzas que intervienen (notese que la recta de accion de lafuerza normal suele ser una incognita). Hecho esto, escribiremos las ecuacionesescalares del equilibrio. En este caso, dichas ecuaciones son:

F − FR = 0, (4.42)N − P = 0, (4.43)

Nx − Fh = 0, (4.44)

donde h es la altura del bloque. La ec. (4.44) se obtiene al calcular los momentosen el punto O.

Resolviendo ese sistema de ecuaciones usando los datos conocidos obtene-mos que, para que el solido este en equilibrio, �N debe estar aplicada, respecti-vamente, en

(a) x = 0m.

(b) x = 0,2m.

(c) x = 0,4m.

(d) x = 0,6 m < 1 m = xmax.

En todos los casos, el modulo de �N vale 10N, mientras que el modulo de �FR

deberıa valer, respectivamente,

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

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4.6 Deslizamiento y vuelco inminentes 125

(a) FR = 0N.

(b) FR = 2N.

(c) FR = 4 N = FR max.

(d) FR = 6 N > 4 N = FR max.

En los casos (a), (b) y (c) el bloque esta en equilibrio pues FR ≤ FR max. Enel caso (c) el bloque esta en la situacion de deslizamiento inminente hacia laderecha, puesto que FR alcanza su valor maximo. En el caso (d), como la fuerzade rozamiento real no puede ser mayor que FR max, no se podra satisfacer laprimera ecuacion de equilibrio, la ec. (4.42), resultando entonces que

∑i=1

Fix > 0. (4.45)

Por tanto, el bloque desliza hacia la derecha.

4.6.2. Vuelco de un bloque rectangular sobre un plano hori-zontal

Consideremos un bloque rectangular homogeneo de 1m de base, 2 m dealtura y peso 8 N, inicialmente en equilibrio sobre una superficie horizontal.El coeficiente de rozamiento estatico entre el bloque y la superficie horizontales µ = 0,5. Sobre el vertice superior derecho del rectangulo hay aplicada unafuerza horizontal hacia la derecha de, respectivamente,

(a) F = 0 N.

(b) F = 1 N.

(c) F = 2 N.

(d) F = 3 N.

Nuestro objetivo es estudiar si el bloque esta o no en equilibrio, y averiguar �FR

y N en cada uno de los casos (a)–(d). Si no hay equilibrio, tambien nos intere-sara saber cual de las 3 ecuaciones de equilibrio es la que no se verifica.

Empezaremos dibujando los diagramas de fuerzas correspondientes a ca-da caso (fig. 4.15). Luego elegiremos un sistema de referencia y expresaremosvectorialmente las fuerzas que intervienen (notese que la recta de accion de lafuerza normal suele ser una incognita). Hecho esto, escribiremos las ecuacionesescalares del equilibrio. En este caso, las ecuaciones son las mismas que antes,(4.42)–(4.44).

(b)FR

xO

y

P

N

x

F

xO

y

PFR

N

x(d)

F

xO

y

P

N

(a)

xO

y

P

F

FR

N

x(c)

FIGURA 4.15: Diagramas de fuerzascorrespondientes a los casos (a)–(d).En el caso (d) no hay equilibrio: elbloque vuelca.

Resolviendo ese sistema de ecuaciones usando los datos conocidos obte-nemos que, para que el solido este en equilibrio, �N deberıa estar aplicada,respectivamente, en

(a) x = 0m.

(b) x = 0,25m.

(c) x = 0,5 m = xmax.

(d) x = 0,75 m > 0,5 m = xmax.

DPT

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En todos los casos el modulo de �N vale 8N, mientras que el modulo de �FR

debe valer, respectivamente,

(a) FR = 0 N.

(b) FR = 1 N.

(c) FR = 2 N.

(d) FR = 3 N < 4 N = FR max.

En los casos (a), (b) y (c) el bloque esta en equilibrio pues x ≤ xmax. En elcaso (c) el bloque esta en la situacion de vuelco inminente en sentido horario,puesto que para que se satisfagan la tercera ecuacion de equilibrio, �N debe estaraplicada justo en la frontera derecha de la superficie de contacto entre el bloquey el plano, x = xmax. En el caso (d), como �N no puede estar aplicada fuera dela superficie de contacto entre el bloque y el plano, no se podra satisfacer latercera ecuacion de equilibrio, la ec. (4.44), resultando que

∑i=1

Mi < 0. (4.46)

Por tanto, el bloque vuelca girando en sentido horario.En general, lo que nos interesara es conocer cuando y como pierde el equili-

brio el solido rıgido. Para ello deberemos estudiar independientemente cuandodesliza hacia la derecha, cuando desliza hacia la izquierda, cuando vuelca ho-rariamente y cuando vuelca antihorariamente.

4.6.3. Deslizamiento y vuelco de un bloque rectangular sobreun plano inclinado

Consideremos un solido rıgido homogeneo rectangular de base b, altura h ypeso �P , apoyado con rozamiento sobre un plano inclinado un angulo α respectoa la horizontal. El coeficiente de rozamiento estatico entre el solido y el planoes µ.

x

y

x

P

O

�

�

N

F R

FIGURA 4.16: Bloque rectangular enequilibrio sobre un plano inclinadocon rozamiento. Notese que el sen-tido de la fuerza de rozamiento �FR

se ha elegido de manera que se opon-ga al deslizamiento hacia la izquier-da. Analogamente, el punto de apli-cacion de la normal �N se ha elegi-do de manera que el momento de �Nen O se oponga al giro antihorario en-torno a O.

Nuestro objetivo es averiguar bajo que condiciones el solido perdera el equi-librio por deslizamiento (hacia la izquierda) y bajo que condiciones perdera elequilibrio por vuelco (giro antihorario). Para ello supongamos que el solidoesta en equilibrio. Eligiendo el sistema de referencia de la fig. 4.16 y si x es ladistancia que hay entre la normal y el punto O, las ecuaciones de equilibrioson:

−P sen α + FR = 0, (4.47)N − P cosα = 0, (4.48)

−Nx +h

2P sen α = 0. (4.49)

Para averiguar cuando deslizara hacia la izquierda supondremos que nosencontramos en la situacion de deslizamiento inminente, es decir, justo cuandola fuerza de rozamiento alcanza el valor maximo permitido por la naturaleza.Es decir supondremos que

FR = FR max = µ N. (4.50)

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Entonces, de la ec. (4.47),FR = P sen α. (4.51)

De la ec. (4.48),N = P cosα. (4.52)

Sustituyendo las ecs. (4.51) y (4.52) en la ec. (4.50), se llega a que, en lasituacion de deslizamiento inminente

tan α = µ. (4.53)

Es decir, el bloque deslizara hacia la izquierda si

tan α > µ. (4.54)

El estudio del vuelco es completamente independiente del estudio del desli-zamiento. Para averiguar cuando vuelca supondremos que nos encontramos enla situacion de vuelco inminente, que es justo cuando la normal esta colocadaen el lımite de la superficie de contacto. En nuestro caso, la condicion de vuelcoinminente corresponde a

x =b

2. (4.55)

De la ec. (4.49),

x =h P senα

2N. (4.56)

Sustituyendo la ec. (4.52) en la ec. (4.56) y el resultado en (4.55), se llega aque, en la situacion de vuelco inminente,

tan α =b

h. (4.57)

Es decir, el bloque volcara girando en sentido antihorario si

tan α >b

h. (4.58)

Solo nos interesa determinar como se perdera el equilibrio y no lo que su-ceda una vez que se ha perdido el equilibrio. Si suponemos que el angulo α esinicialmente cero y va aumentando progesivamente, deberemos averiguar comose pierde el equilibrio, es decir cual de las dos cosas (deslizar o volcar) se pro-duce antes. Si µ < b

h el bloque perdera el equilibrio por deslizamiento. El solidodeslizara cuando tanα > µ. Si µ > b

h el bloque perdera el equilibrio por vuelco.El solido volcara cuando tanα > b

h .


Un bloque de piedra de 5000 kg de masa es arrastrado por un suelo rugoso con laayuda de una cuerda que forma un angulo de 30◦ con la horizontal.

(a) ¿Cual es la fuerza mınima con la que debe tirarse de la cuerda para poderdeslizar el bloque?

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30o

l/2

l l/4

(b) El suelo esta interrumpido en un tramo de longitud l/4. Si los obreros tirancon la fuerza antes calculada y el bloque se desplazara cuasiestaticamente,¿podran salvar esta separacion o por el contrario el bloque volcara antes?

Dato adicional: coeficiente de rozamiento µ = 14 .

Solucion:

(a) La fuerza mınima para que el bloque deslice es igual a la fuerza que ha deaplicarse en la situacion de deslizamiento inminente. La condicion de deslizamientoinminente se da cuando la fuerza de rozamiento en el apoyo rugoso alcanza suvalor maximo:

FR = FR max = µN. (P3.1)

Ademas, contamos con las tres condiciones escalares de equilibrio del solido rıgidoplano:

∑Fx = 0, (P3.2)

∑Fy = 0, (P3.3)

∑MOz = 0. (P3.4)

Las fuerzas que actuan sobre el bloque de piedra las indicamos en el diagrama desolido libre de ligaduras (solo el apoyo rugoso, pues la cuerda en este caso es unmero trasmisor de la fuerza —activa— de los obreros, horizontal inicialmente, auna direccion de 30◦ respecto de la horizontal) de la fig. P3a:

30o

l/2

l/2

O

G

B

A

P

FR

N

x

y

x+

←

←

←

T = F← ←

FIGURA P3a: Resolucion del aparta-do (a).

Eligiendo los ejes coordenados y el punto O como en la fig. P3a, y teniendo encuenta que �F = �T = (F cos 30◦,−F sen 30◦), las cuatro condiciones anterioresse convierten en las siguientes 4 ecuaciones con 4 incognitas (F, N, FR, x), de lascuales nos interesa F = Fmax eq:

FR = µN, (P3.5)F cos 30◦ − FR = 0, (P3.6)

−F sen 30◦ − P + N = 0, (P3.7)

−F cos 30◦l

2− F sen 30◦

l

2+ N x = 0. (P3.8)

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Resolviendo el sistema obtenemos los siguientes resultados:

F =104

4√

3 − 1� 1,69 × 103 kp, (P3.9)

N =2√

3 × 104

4√

3 − 1� 5,84 × 103 kp, (P3.10)

FR =5√

3 × 103

4√

3 − 1� 1,46 × 103 kp, (P3.11)

x =√

3 + 14√

3l

2� 0,4

l

2, (P3.12)

de los cuales, el que nos pedıan en este apartado es F = Fmax eq = 1,69× 103 kp.

Podemos comprobar, de paso, que el bloque no ha llegado a la situacion de vuelcoinminente, ya que − l

2 < x < l2 y, por tanto, el punto de aplicacion de la normal y

de la fuerza de rozamiento esta dentro de la superficie de apoyo.

(b) Como la fuerza Fmax eq calculada anteriormente puede considerarse tambiencomo la fuerza mınima para poner en movimiento al bloque, ahora vamos a suponerque es eso lo que ocurre: los obreros han puesto en movimiento el bloque con lamenor fuerza posible, de modo que es un movimiento el del bloque sin aceleracionalguna, con velocidad constante.

Entonces, desde un sistema de referencia que se moviera con la velocidad delbloque, viendolo ası en reposo en todo instante (es decir, en equilibrio) se cumpliranlas condiciones de equilibrio (suma de fuerzas y suma de momentos iguales acero) que se usan desde un sistema de referencia solidario a la Tierra (sistema dereferencia inercial); y ello es valido porque el sistema movil respecto de la Tierratambien es inercial por ser su velocidad constante.

Nos preguntan si el bloque pasa por el hueco en el suelo, de longitud l4 , sin volcar

o, por el contrario, si volcarıa antes.

Si el suelo no tuviera huecos, estarıamos en cualquier instante en la situacion“cuasiestatica” que modela el diagrama de fuerzas de la fig. P3a, de modo que ala pregunta de si vuelca o no el bloque se contestarıa negativamente, tal y comose hace al final de la resolucion del apartado (a).

Pero es que cuando el bloque va pasando por el hueco sucede que el bloque vaperdiendo apoyo, de forma que el punto de aplicacion de la normal y de la fuerzade rozamiento queda restringido a una superficie de apoyo menor.

La situacion mas desfavorable para el punto de aplicacion es cuando el bloquesobresale respecto del borde izquierdo del hueco justo la misma longitud de este,l4 (justo antes de tocar el borde derecho del hueco), como se ilustra en la fig. P3b:

30o

l/2

l/2

l/4 l/4

O

G

B

A

P

FR

N

x

←

←

T = F← ←

←

FIGURA P3b: Resolucion del aparta-do (b).

Es entonces, en esa situacion mas desfavorable, cuando debemos ver si el bloquevuelca con la fuerza aplicada en el apartado (a) o si continua sin volcar, en “cua-siequilibrio”, lograndose ası con seguridad (incluso en el caso mas desfavorable)salvar el hueco.

Vemos en la fig. P3b que ahora la condicion de no-vuelco, es decir, que el puntode aplicacion de la normal y de la fuerza de rozamiento este en la superficie deapoyo, pasa a ser − l

2 < x < l4 .

Como sigue siendo x � 0,4 l2 = 0,8 l

4 , pues no han variado respecto del apartado (a)ninguna de las fuerzas activas aplicadas ni sus puntos de aplicacion, comprobamos

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que se cumple la condicion de no-vuelco, y el bloque puede salvar el hueco en lascondiciones del enunciado.

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Problemas propuestos 131

Problemas propuestos

4.1. Un solido rıgido plano homogeneo de 10N de peso yforma cuadrada de 6m de lado, se encuentra en equilibriobajo la accion de una fuerza horizontal hacia la izquierda demodulo F aplicada en el vertice superior derecho del cua-drado. Supondremos que en el equilibrio el cuadrado tienedos lados completamente verticales. Calcula el numero degrados de libertad, el valor de F y las fuerzas y momentosde reaccion vincular en caso de que en el vertice inferiorizquierdo del cuadrado haya

(a) una articulacion.

(b) una deslizadera rıgida con guıa horizontal.

(c) un empotramiento.

¿Que sucede si

(d) en el vertice inferior izquierdo hay un apoyo simplesobre una base horizontal?

(e) hay dos articulaciones, una en el vertice inferior iz-quierdo y otra en el vertice inferior derecho?

4.2. La marquesina de un establecimiento se modela poruna barra homogenea rıgida de longitud l = OB = 1m ypeso P = 230N, vinculada a la fachada exterior medianteuna articulacion en el punto O y una biela en el punto A,segun se muestra en la figura. Sobre la marquesina se ejer-cen ademas dos fuerzas activas �F1 y �F2, que actuan sobrelos puntos C y B de la barra. En esas condiciones:

(a) Calcula el numero de grados de libertad de la marque-sina, y clasifıcala segun su estabilidad.

(b) Determina los vectores fuerza de reaccion vincular enel punto O y en el punto A.

Datos adicionales:

OC = l/4, OA = l/3, α = 37◦;|�F1| = 100 N, |F1x| = 60 N;|F2x| = 20 N, tan β = 3

4 .

Nota: Usa sen 37◦ = 35 cos 37◦ = 4

5 .

O B

C

A

x

y

�

�

F1

�

F2

�

PROBLEMA 4.2

4.3. El triangulo rectangulo de la figura representa un soli-do rıgido homogeneo y de peso P = 90 kp, que se apoyasin rozamiento en los puntos A y C. Las fuerzas �F1 y �F2

estan aplicadas en los puntos medios de los lados BC yAB, respectivamente, y sus modulos son: F1 = 20 kp yF2 = 50 kp.

(a) Calcula el numero de grados de libertad del sistema.

(b) Calcula la resultante y el momento en B del sistema

de fuerzas activas { �F1, �F2, �P} que actuan sobre el solido.

(c) Encuentra un punto Q del lado AB en el que dichosistema de fuerzas activas puede reducirse a una unicafuerza y calcula las componentes de dicha fuerza.

(d) Calcula la ecuacion del eje central del sistema de fuer-zas activas.

(e) ¿Estara el solido rıgido en equilibrio en las condicionesdel enunciado? Justifica la respuesta. En caso de respon-der negativamente, ¿es posible conseguir el equilibrio delsolido rıgido en dicha posicion anadiendo una fuerza en B?

Datos adicionales: Considera cos 53◦ = 35 , sen 53◦ = 4

5 .

6 m

3 m

O C

BA

x

y

37º

F1

F2

PROBLEMA 4.3

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4.4. Sobre el solido rıgido de la figura, homogeneo y depeso P = 12 kp, actuan las fuerzas �F1 y �F2, de modulosrespectivos |�F1| = 8 kp y |�F2| = 10 kp. �F2 esta aplicada enel punto medio del lado AB. El solido esta articulado en Oy del punto A parte un cable tenso, que forma 30◦ con lahorizontal. Calcula:

(a) El numero de grados de libertad del sistema.

(b) La resultante y el momento en O del sistema de fuer-zas activas que actuan sobre el solido.

(c) En que punto del lado OA es posible aplicar una uni-ca fuerza equivalente al sistema de fuerzas activas y lascomponentes de dicha fuerza unica.

(d) La ecuacion del eje central de ese sistema de fuerzas.

(e) Si es posible reducir el sistema de fuerzas activas auna unica fuerza en un punto del lado OB.

(f) El vector fuerza de reaccion vincular en O y la tensiondel cable.

(g) El modulo y sentido de una fuerza vertical �F3 que,aplicada en A y anadida a las fuerzas activas indicadas,permite eliminar el cable manteniendo el equilibrio del soli-do en la posicion indicada.

Datos adicionales: OA = 6m, OB = 2m. Consideracos 53◦ = 3

5 , sen 53◦ = 45 .

y

xA

B

O

F1

F2

30o

53o

←

←

PROBLEMA 4.4

4.5. La figura muestra un dispositivo elevador de carga queconsideraremos un solido rıgido, constituido por una plata-forma, un mastil vertical y un brazo horizontal de espesoresdespreciables. La plataforma tiene peso de modulo Q, mien-tras que el mastil y el brazo tienen pesos despreciables. Delbrazo pende una carga �P de modulo 1200N. Para asegurarel equilibrio, el punto medio del mastil esta sujeto al suelopor medio de un tensor inclinado 53◦ respecto del mastil.El tensor consiste en un muelle de longitud natural nula,

constante elastica k = 1000N/m y alargado ∆l = 2m,el cual esta unido a un cable anclado al suelo. En estascondiciones:

(a) Reduce las fuerzas debidas al muelle y a la carga �Pa una fuerza unica aplicada sobre el mastil, indicando elpunto de aplicacion sobre el mastil.

Si la plataforma tiene una base de 2m de longitud yesta apoyada con rozamiento sobre una superficie horizon-tal, siendo el coeficiente de rozamiento µ = 0,5:

(b) Calcula el valor mınimo del modulo del peso �Q de laplataforma para garantizar el equilibrio frente al desliza-miento y al vuelco.

Datos adicionales: Considera: sen 53◦ = 45 , cos 53◦ = 3

5 .

PROBLEMA 4.5

4.6. En la figura se muestra el mecanismo que regula la in-clinacion del toldo de un establecimiento comercial. La teladel toldo descansa sobre la barra homogenea de aluminioAB, de peso 15 kp, que se encuentra vinculada a la paredvertical mediante la biela CD y un apoyo con rozamientoen A. Para mantener en equilibrio el toldo, se dispone elmuelle AA′, de longitud natural nula y constante elasticak = 110 kp/m. El peso de la tela del toldo, de valor 20 kp,puede suponerse aplicado en el punto E.

(a) Enumera las fuerzas activas que actuan sobre el toldo.

(b) Halla la resultante del sistema de fuerzas activas y sumomento en el punto A.

(c) Reduce el sistema de fuerzas activas a una fuerza uni-ca mecanicamente equivalente e indica a que distancia delpunto A, sobre la barra AB, habra de aplicarse dicha fuer-za.

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Problemas propuestos 133

(d) Para la situacion de equilibrio mostrada en la figu-ra, determina los vectores fuerza de reaccion vincular queactuan sobre la barra en los puntos A y C.

(e) ¿Que valor mınimo del coeficiente de rozamiento enel contacto A garantiza este equilibrio?

Datos adicionales: AB = 2 m, AC = 43 m, AE = 3

2 m,

AA′ = 12 m. Considera: sen 37◦ = cos 53◦ = 3

5 , cos 37◦ =sen 53◦ = 4

5 .

xE

A

A'

B

C

D

37o

53o

PROBLEMA 4.6

4.7. El sistema elevador de carga de un pozo esta forma-do por un motor pesado, apoyado con rozamiento sobre elsuelo, y unido mediante una cuerda a una plataforma quesostiene la carga Q. En las condiciones indicadas, el motordeslizarıa por la accion de la carga, por lo que se ha dis-puesto un cable metalico que une la base del motor a unpunto fijo de una pared. Cuando el sistema esta en reposo:

(a) Determina el valor maximo de la carga Q que puedesostener el motor si la tension de rotura del cable metalicoes Tmax = 9 × 103N.

(b) Para la situacion del apartado (a), calcula el punto deaplicacion de la reaccion del suelo sobre la base del motor.

(c) Si se sustituye el cable anterior por otro mucho masresistente, de forma que quede descartada su rotura, de-termina el valor maximo de la carga Q que puede sostenerel motor sin que este vuelque.

Otros datos: Pmotor = 105 N, µ = 0,4. Usa sen 37◦ =35 cos 37◦ = 4

5 .

37o

Q

3 m

3,05 m

PROBLEMA 4.7

4.8. Un solido rıgido plano y homogeneo de peso P , conforma de triangulo rectangulo esta sobre un plano inclina-do un angulo α respecto a la horizontal, tal como se indicaen la figura. El coeficiente de rozamiento estatico entre eltriangulo y el plano es µ = 3

2 . El triangulo esta sometidoa una fuerza horizontal hacia la izquierda aplicada en elvertice V , cuyo modulo es P/2.

(a) Calcula a partir de que valor de α el triangulo desli-zarıa hacia la izquierda.

(b) Calcula a partir de que valor de α el triangulo volcarıa.

(c) Explica razonadamente que le pasarıa al triangulo(desliza, vuelca, o permanece en equilibrio) en los casosα = 20◦ y α = 28◦.

Sugerencia: Expresa todas las fuerzas en el sistema de re-ferencia indicado en la figura.

6 m

3 m

O

V

x

y

�

F←

PROBLEMA 4.8

4.9. Una viga uniforme de peso �P y espesor desprecia-ble descansa sobre un soporte horizontal rugoso, segun semuestra en la figura. El coeficiente de rozamiento entre laviga y el soporte es µ = 0,388. Si se tira desde el extre-mo con una fuerza de modulo W = P/

√3 y a un angulo

0 ≤ θ ≤ 90◦, determina el intervalo de angulos θ para loscuales la viga puede permanecer en equilibrio.

Recuerda: cos θ =√

1 − sen2θ.

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L/3 L/3 L/3

W

�←

PROBLEMA 4.9

Cuestiones

4.1. Para que un solido rıgido, que esta inicialmente en re-poso respecto de un sistema de referencia inercial, este enequilibrio es necesario y suficiente que el sistema de fuerzasque actua sobre el

(a) sea nulo.

(b) tenga invariante escalar nulo.

(c) tenga resultante nula e invariante escalar nulo.

(d) tenga momento nulo.

4.2. Sea un solido rıgido rectangular ligado externamentemediante tres apoyos simples bilaterales: dos de ellos so-bre una misma superficie horizontal y el tercero sobre unasuperficie vertical. Es correcto afirmar que el solido

(a) esta en equilibrio, con seguridad.

(b) no puede estar en equilibrio porque no cumple el teo-rema de las tres fuerzas.

(c) unicamente estara en equilibrio si no esta sometido aninguna fuerza activa.

(d) unicamente estara en equilibrio si tambien esta some-tido a fuerzas activas de resultante no nula.

4.3. Sobre un solido rıgido libre actua un sistema de fuerzasactivas coplanarias integrado solo por tres fuerzas �F1, �F2

y �F3. Las tres fuerzas son paralelas, y sus rectas de accionno coincidentes: �F1 y �F2 tienen el mismo modulo (ambas

500N) y el mismo sentido; �F3 tiene de modulo 1000N, ysentido opuesto a las anteriores. Senala la opcion correcta:

(a) El solido rıgido esta necesariamente en equilibrio de-bido al paralelismo de las fuerzas, de acuerdo con el enun-ciado del teorema de las tres fuerzas.

(b) Con seguridad, el solido rıgido no esta en equilibrio:un sistema como este equivale siempre a un par.

(c) El solido estara en equilibrio solo si la recta de accion

de �F3 equidista de las rectas de accion de �F1 y �F2.

(d) El solido con seguridad no esta en equilibrio, dado queno hay ninguna ligadura que lo inmovilice externamente.

4.4. Sobre un sistema de puntos materiales arbitrario actuaun sistema de fuerzas exteriores e interiores. Supongase quese cumple que la resultante de las fuerzas exteriores es nu-la, �Rext = �0, y que el momento de las fuerzas exterioresrespecto a un punto Q es nulo, �M ext

Q = �0. Senala la opcioncorrecta:

(a) Tenemos la garantıa de que el sistema de puntos ma-teriales esta en equilibrio.

(b) El sistema de puntos materiales estara en equilibriosolo si se trata de un solido rıgido, pero es seguro que nolo estara en caso contrario.

(c) Si el sistema de puntos materiales es un solido rıgido,el equilibrio esta garantizado.

(d) Podemos afirmar que la suma de las fuerzas queactuan sobre cualquier partıcula del sistema es nula: lasinteriores cancelaran a las exteriores en cada punto.

4.5. Las fuerzas y momentos de reaccion vincular

(a) producen movimientos compatibles con los vınculos alos que sustituyen.

(b) forman un sistema nulo si hay equilibrio.

(c) aseguran el equilibrio bajo cualquier sistema de fuerzasaplicadas.

(d) ejercen las mismas funciones mecanicas que los vıncu-los a los que sustituyen.

4.6. De las fuerzas de reaccion vincular que se ejercen sobreun solido rıgido ligado siempre podemos afirmar que

(a) independientemente de que este en equilibrio o no, engeneral sus modulos, direcciones y sentidos dependen delas fuerzas activas a las que el solido esta sometido.

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Cuestiones 135

(b) independientemente de que este en equilibrio o no,sus modulos dependen de las fuerzas activas, no ası susdirecciones, que siempre vienen determinadas por el tipode ligadura.

(c) si el solido esta en equilibrio, la suma de sus momentosrespecto de un punto cualquiera es cero.

(d) independientemente de que este en equilibrio o no, suresultante tiene el mismo modulo y direccion que la resul-tante de las fuerzas activas, pero sentido contrario.

4.7. El vınculo plano denominado deslizadera (o, con masprecision, deslizadera movil sobre arbol liso)

(a) es una ligadura doble (ejerce dos coacciones).

(b) obliga a que un punto del solido permanezca sobreuna lınea.

(c) introduce dos incognitas de reaccion vincular que sesuelen identificar con las componentes cartesianas de lafuerza de reaccion vincular.

(d) cancela tres grados de libertad.

4.8. Sean dos solidos rıgidos en el plano que tienen un con-tacto extenso con rozamiento. Senala la opcion falsa.

(a) El vınculo equivale a una fuerza igual a la resultantedel sistema de fuerzas distribuidas en la zona de contacto,aplicada en un punto Q del contacto, y un par de momentoigual al momento de dicho sistema respecto a Q.

(b) El vınculo se puede sustituir por una unica fuerza iguala la resultante del sistema de fuerzas distribuidas en la zo-na de contacto, en el punto donde el momento de dichosistema sea nulo.

(c) El coeficiente de rozamiento estatico tiene dimensio-nes de fuerza/longitud.

(d) La fuerza de rozamiento estatico puede ser menor quela fuerza de rozamiento dinamica.

4.9. Dos cuerpos A y B de igual peso P , pero de distintomaterial, estan en equilibrio sobre un plano inclinado unangulo α. Sean µA y µB los coeficientes de rozamientoestatico respectivos con el plano. Si µA < µB ¿como seranlas fuerzas de rozamiento correspondientes �FRA y �FRB encada contacto?

(a) Seran nulas por estar en equilibrio ambos bloques.

(b) Seran iguales en modulo, |�FRA| = |�FRB |, y no nulas.

(c) Se cumplira que |�FRB| > |�FRA|.

(d) Se cumplira que |�FRA| > |�FRB |.4.10. ¿Cual de las siguientes afirmaciones es falsa?

(a) El valor maximo de la fuerza de rozamiento estaticoes µN , donde µ es el coeficiente de rozamiento estati-co y N es el modulo de la fuerza normal en el contactoconsiderado.

(b) La fuerza de rozamiento maxima es la fuerza que hayque vencer para que dos superficies en contacto empiecena deslizar una respecto de otra.

(c) Para un contacto dado entre dos superficies, el coefi-ciente de rozamiento cinetico o dinamico es menor que elestatico.

(d) Dos cuerpos en contacto empezaran a deslizar relati-vamente cuando la fuerza de rozamiento del contacto hayadisminuido hasta hacerse nula.

4.11. Un bloque homogeneo de seccion rectangular, con ba-se b y altura h, esta apoyado con rozamiento sobre unasuperficie horizontal. Sobre el vertice superior se ejerce unafuerza horizontal igual en modulo a su peso. Si el bloqueesta en equilibrio podemos asegurar que

(a) la altura h puede tomar cualquier valor menor o igualque la base b.

(b) el coeficiente de rozamiento estatico en el contacto esmenor que la unidad.

(c) la altura h es menor o igual que la mitad de la base.

(d) el coeficiente de rozamiento estatico en el contactopuede tomar cualquier valor mayor o igual que 0,5.

4.12. Sea un solido rıgido en equilibrio y dispuesto sobre unasuperficie con la que tiene rozamiento.

(a) En estado de deslizamiento inminente la fuerza de ro-zamiento se anula.

(b) Tanto en el estado de deslizamiento inminente comode vuelco inminente la fuerza de rozamiento adquiere suvalor maximo.

(c) En estado de vuelco inminente la reaccion del con-tacto esta aplicada en el extremo de la base de apoyo, yen el estado de deslizamiento inminente la fuerza normalesta aplicada en el punto medio de la base.

(d) En la situacion de vuelco inminente la fuerza de roza-miento adquiere un valor menor o igual que la fuerza derozamiento maxima.

dpto. fisica aplicada ii - euat - faeuat0.us.esfaeuat0.us.es/ff/carpetas/apuntes/tema04.pdf · en...

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