Teoría Estática

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Física 1 Ing. Ricardo Moyano
ESTÁTICA
 CARACTERÍSTICA DEL VECTOR FUERZA
 FUERZAS COPLANARES
 CENTRO DE GRAVEDAD
 PRINCIPIOS DE EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO
 PROCEDIMIENTO PARA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
 EJEMPLOS DE APLICACIÓN
CAMINANTE
NO HAY CAMINO 
SE HACE CAMINO AL ANDAR
FUERZA
Magnitud Vectorial: Módulo, dirección y sentido
Unidad de fuerza ത𝐹
Unidad de fuerza
Notación:
Equivalencia: 1 kgf  9,8 N
SISTEMA
MKS
Sistema TECNICO
Newton Kilogramo fuerza
N Kgf
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FUERZAS COPLANARES
Si las fuerzas son coplanares Ejemplo plano XY
തR = Ƹ𝑖 σ Fx + Ƹ𝑗 σ Fy
donde ഥRx =  𝐹𝑖𝑥 = Fi cos i
𝑅𝑦 =  ത𝐹i y = Fi sen i
Modulo o magnitud തR = R= Rx2 + 𝑅𝑦
2
Dirección  = tan−1
𝑅𝑦
Rx
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Descomposición de fuerzas
y 
F3 
R
30º F2 𝑅𝑦
40°
𝑅𝑋 F1 x
50°
F4
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MOMENTO O TORQUE DE UNA FUERZA

B A F
r
b
o
cuerpo
Momento o Torque ഥ = ҧr x ഥF
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Centro de gravedad:
En casi todos los problemas de equilibrio, una de las fuerzas que actúa sobre un 
cuerpo es su peso.
El peso actúa sobre todo el cuerpo, no obstante podemos calcular el momento 
de torsión debido al peso suponiendo que toda la fuerza de gravedad se 
concentra en un punto llamado centro de gravedad. Si la variación de la 
gravedad es despreciable debido a la dimensión vertical del cuerpo ( ҧ𝑔 tiene el 
mismo valor en todos los puntos del cuerpo), el centro de gravedad es idéntico 
con el centro de masas.
Localización del centro de gravedad:
En muchos casos se utilizan consideraciones de simetría para para encontrar el 
centro de gravedad. Por ejemplo para una esfera, un cubo, disco o placa 
rectangular homogénea está en su centro geométrico.
Para cuerpos complejos se puede dividir al cuerpo en piezas simétricas
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Ubicación del centro de masa
𝑚1 𝑚𝑖 𝑚𝑛
Ԧ𝑔 Ԧ𝑔 Ԧ𝑔 Ԧ𝑔 = 9,8 m/s
= 𝑚1 Ԧ𝑔 + 𝑚2 Ԧ𝑔+ … + 𝑚𝑖 Ԧ𝑔+ … + 𝑚𝑛 Ԧ𝑔
= (𝑚1 + 𝑚2 + … + 𝑚𝑖 + … + 𝑚𝑛 ) Ԧ𝑔
entonces la 𝑚1 + 𝑚2 + … + 𝑚𝑖 + … + 𝑚𝑛 = σ𝑖=1
𝑛 𝑚𝑖 = M 
= M Ԧ𝑔
σ 𝜏0 = 𝑟1x 𝑚1 Ԧ𝑔 + 𝑟2x 𝑚2 Ԧ𝑔+ ….+ 𝑟𝑖x 𝑚𝑖 Ԧ𝑔+ … + 𝑟𝑛x 𝑚𝑛 Ԧ𝑔
σ𝜏0 = 𝑚1𝑟1x Ԧ𝑔 + 𝑚2𝑟2 x Ԧ𝑔+ ….+ 𝑚𝑖𝑟𝑖x Ԧ𝑔+ … + 𝑚𝑛𝑟𝑛x Ԧ𝑔
σ 𝜏0 = (𝑚1𝑟1 + 𝑚2𝑟2 + ….+ 𝑚𝑖𝑟𝑖+ … + 𝑚𝑛𝑟𝑛 ) x Ԧ𝑔 = ( σ𝑖=1
𝑛 𝑚𝑖 𝑟𝑖) x Ԧ𝑔
pero la expresión 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑟𝑐𝑚 = σ𝑖=1
𝑛 𝑚𝑖 𝑟𝑖
σ𝜏0 = 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑟𝑐𝑚 x Ԧ𝑔
σ𝜏0 = 𝑟𝑐𝑚 x 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 Ԧ𝑔 = 𝑟𝑐𝑚 X Ԧ𝐹𝑔 = 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
Ԧ𝐹𝑔
Ԧ𝐹𝑔
Ԧ𝐹𝑔
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Condiciones de equilibrio de cuerpos rígidos:
Se obtienen anulando las ecuaciones de las leyes del movimiento:
σ Ԧ𝐹 = m Ԧ𝑎𝑐𝑚 σ Ԧ = 𝐼0 
es decir: 
Si Ԧ𝑎𝑐𝑚 = 0  σ Ԧ𝐹 = 0 y si  = 0  σ Ԧ = 0
Primera condición de equilibrio ഥ𝑹 = σ𝑭𝒊 = 0 Equilibrio de Traslación
Segunda condición de equilibrio ത𝝉 = σ ഥ𝝉𝒊 = 0 Equilibrio de Rotacional
Las condiciones de equilibrio en tres dimensiones representan 6 (seis) 
ecuaciones: y
σ𝑭𝒙 = 0 σ𝑭𝒚 = 0 σ𝑭𝒛 = 0 
x 
σ𝝉𝒐𝒙 = 0 σ𝝉𝒐𝒚 = 0 σ𝝉𝒐𝒛 = 0 z 
Cuando todas las fuerzas son coplanares ( por ejemplo plano XY) el número de 
ecuaciones se reduce a tres:
σ𝑭𝒙 = 0 σ𝑭𝒚 = 0
σ𝝉𝒐𝒛 = 0
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Vínculos y sus reacciones:
En la solución de problemas de Estática tiene gran importancia la determinación 
exacta de las direcciones de las reacciones de conexión
Según las formas principales de ligaduras las reacciones están dirigidas:
Cuando el contacto se reduce a un punto para uno de los cuerpos le reacción 
está dirigida por la normal a la otra superficie
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Para el caso de unión articulada o cojinete y barras
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Sistemas Estáticamente Determinados o Indeterminados 
Si el mínimo de las incógnitas o reacciones a determinar no es mayor que la 
cantidad de las ecuaciones de equilibrio que contienen estas reacciones, se esta 
en presencia de un problema Estáticamente Determinados.
El caso contrario, es decir cuando el número de reacciones o incógnitas es 
mayor que la cantidad de ecuaciones, se considera que el problema es 
Estáticamente Indeterminados 
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RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DE CUERPOS RÍGIDOS EN EQUILIBRIO
Para resolver este tipo de problemas se recuerda que se debe aplicar los dos 
condiciones claves del equilibrio de cuerpos rígidos, que son
1) Primera condición de equilibrio ഥ𝑹 = σ𝑭𝒊 = 0 Equilibrio de Traslación
2) Segunda condición de equilibrio ത𝝉 = σ ഥ𝝉𝒊 = 0 Equilibrio de Rotacional
El procedimiento recomendado es:
 Esquematice la situación física, incluyendo dimensiones y seleccione el 
sistema que esta considerando
 Hacer un diagrama de cuerpo libre que muestre todas las fuerzas externas 
que actúan sobre el sistema y sus puntos de aplicación
 Establecer el sistema de coordenadas y escoger las direcciones positivas 
para resolver las fuerzas y sus componentes
 Establecer un sistema coordenado y los ejes para resolver las torcas en sus 
componentes. Recuerde que si la dirección o línea de acción de una fuerza 
pasa por el punto del eje de rotación, el momento torsor de esa fuerza es 
igual a cero.
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Ejemplo 1
El sistema de la figura está en equilibrio. El objeto B tiene una masa de 1,5 kg. 
Determine las masas de los objetos A, C y D. (Los pesos de las barras 
transversales se consideran despreciables) Considere g = 10 m/s2
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Planteo:
Como el sistema está en equilibrio, todas las barras transversales
soportan en su punto de soporte momentos iguales generados por 
las tensiones aplicadas en sus extremos
Iniciamos aplicando momento en la barra que tiene el dato del
enunciado, la ecuación es:  σ Ԧ = 0
Como las figuras de los peces no se mueven, las cuerdas que lo soportan
tienen como tensión el peso de la imagen del pez por lo tanto:
𝑇1 . 15cm - (B .g) . 5cm = 0 entonces 𝑇1 = Τ(1,5 .10) . 5cm 15𝑐𝑚
reemplazo valor de B y se obtiene 𝑇1 = 5N
Encaro barra superior se aplica σ Ԧ𝐹 = 0 entonces 𝑇2 - 𝑇1 - 𝑃𝐵 = 0 
Despejo y calculo 𝑇2 = 20N
Aplico momento a la barra superior σ Ԧ = 0 entonces 𝑃𝐴 .30cm - 𝑇2 . 7,5cm = 0
Despejo y calculo 𝑃𝐴 = 5N la masa correspondiente es 𝑚𝐴 = Τ𝑃𝐴 𝑔 = 0,5 Kg
Encaro la barra inferior aplicamos σ Ԧ𝐹 = 0 entonces 𝑇1 - 𝑃𝐷 - 𝑃𝐶 = 0 DESPEJO 𝑃𝐶 = 𝑇1 - 𝑃𝐷
Aplico momento a la barra superior σ Ԧ = 0 entonces 𝑃𝐷 . 17,50cm - 𝑃𝐶 . 5cm = 0
Reemplazo 𝑃𝐶 en la ultima ecuación y obtengo 𝑃𝐷 . 17,50cm - (𝑇1 - 𝑃𝐷) . 5cm = 0
Ecuación con una sola incógnita, despejo y calculo 𝑃𝐷 = 1,1N es 𝑚𝐷 = Τ𝑃𝐷 𝑔 = 0,11Kg 
Finalmente calculamos 𝑃𝐶 = 𝑇1 - 𝑃𝐷 = 5N – 1,1N = 3,9N
𝑚𝐶 = Τ𝑃𝐶 𝑔 = 0,39Kg 
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6- Un hombre de 760 N de peso intenta escalar una pared vertical con 
la ayuda de una cuerda como muestra la figura. El coeficiente de 
rozamiento entre los zapatos y la pared es de 0,4. Calcular:
a) la tensión en la cuerda
b) Las fuerzas de interacción entre la pared y los pies del hombre 
(normal y rozamiento).
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Para intentar resolver este problema, dibujamos un esquema:
37°
T
𝑇𝑦
80 cm 𝑇𝑥
50cm 𝑓𝑟
- B A
N Peso
90cm
Donde: T : es la tensión de la cuerda 𝑇𝑥 𝑇𝑦 componentes de la tensión
A: centro de masa Peso del hombre
B: punto de contacto de los pies con la pared 𝑓𝑟 : fuerza de rozamiento zapatos y pared
N: fuerza normal de pared 
Aplicamos Segunda condición de equilibrio ത𝝉 = σ𝝉𝑩 = 0 Equilibrio de Rotacional
𝑇𝑦 . 0,80 + 𝑇𝑥 . 0,50 - Peso . 0,90 = 0 se comienza el trabajo algebraico reemplazando
T. cos 37° .0,80m + T. sin 37° . 0,50m = 760N . 0,90m se despeja T y calcula T = 727,8N
Aplicamos Primera condición de equilibrio ഥ𝑹 = σ𝑭𝒊 = 0 Equilibrio de Traslación
σ ഥ𝐹𝑥 = N - 𝑇𝑥 = 0 Entonces la fuerza normal N = T . sin 37° = 438N 
σ ഥ𝐹𝑦 = 𝑇𝑦 + 𝑓𝑟 - Peso = 0 la fuerza de roce es 𝑓𝑟 = Peso – T. 𝑐𝑜𝑠 37° = 178,8N
Física 1 Ing. Ricardo Moyano8- Dos escaleras de longitudes 6 m y 4,5 m, respectivamente están articuladas
en el punto A y unidas por una cuerda horizontal situada a 90 cm por encima del
suelo, como muestra la figura. Sus pesos respectivos son 40 kgf y 30 kgf, y el
centro de gravedad de cada una de ella se halla en el punto medio. Si el suelo
es liso, Hállese:
•La fuerza hacia arriba ejercida en el punto de apoyo en cada escalera.
•La tensión de la cuerda.
•La fuerza que ejerce sobre la otra en el punto A.
•Si se suspende una carga de 100 kgf en el punto A, halle la tensión de la
cuerda.
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Resolución:
El primer paso es hacer un esquema:
𝑊1 𝑊2 𝑁2
𝑁1 T T
Donde identificamos: 𝑊1 = peso escalera 1 𝑊2 = peso escalera 2
𝑁1 = reacción del piso 𝑁2 = reacción del piso
T = tensión en la cuerda
Aplicamos Primera condición de equilibrio ഥ𝑹 = σ𝑭𝒚 = 0 Equilibrio de Traslación
𝑁1 + 𝑁2 - 𝑊1 - 𝑊2 = 0 entonces 𝑁1 + 𝑁2 = 𝑊1 + 𝑊2 𝑁1 + 𝑁2 = 70 Kgf
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Para el análisis particionamos el sistema. dibujamos las escaleras separadas 
𝑅𝐴𝑥 𝑅𝐴𝑦 𝑅𝐴𝑥
A A
𝑅𝐴𝑦
𝑊1 𝑊2 𝑁2
T T
𝑁1 𝛼 𝛽
Cálculo de los ángulos: el enunciado dice que en el punto superior A, el ángulo formado es de 90°
Por lo tanto: el triángulo que forman las escaleras es rectángulo y las mismas son los catetos 
y los ángulos 𝛼 + 𝛽 = 90° .Podemos escribir: tan 𝛼 = ( Τ4,5 6) 𝛼 = tan−1 ( Τ4,5 6) = 36,87°
Entonces 𝛽 = 90° - 36,87° = 53,13° .Entonces la altura de A es h = 6 . sin 𝛼 = 3,6m y la 
distancia de la dirección de T al punto A es y = 3,6 – 0,9 = 2,7m
Aplicamos Segunda condición de equilibrio en el punto A: σ𝝉𝑨 = 0 Equilibrio de Rotacional
T. 2,7 + 𝑊1. (6/2 . cos 36,87°) – 𝑁1. (6. cos 36,87°) =0
T. 2,7 + 𝑊1. 2,4 – 𝑁1. 4,8 = 0 ecuación para la escalera de 6 m
𝑁2 . (4,5 . cos 53,13°) – T. 2,7 - 𝑊2. (4,5/2 . cos 53,13) = 0
𝑁2 . 2,7 – T. 2,7 - 𝑊2. 1,35 = 0 ecuación para la escalera de 4,5 m
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De las ecuaciones precedentes se tension e igualamos
T. 2,7 = - 𝑊1. 2,4 + 𝑁1. 4,8 T. 2,7 = 𝑁2 . 2,7 - 𝑊2. 1,35 
Resultando: 𝑁2 . 2,7 - 𝑊2. 1,35 = - 𝑊1. 2,4 + 𝑁1. 4,8 
agrupando: 𝑁2 . 2,7 - 𝑁1. 4,8 = 𝑊2. 1,35 - 𝑊1. 2,4 
De la primera ecuación 𝑁1 + 𝑁2 = 𝑊1 + 𝑊2 𝑁1 + 𝑁2 = 70 Kgf despejo 𝑁1 = 70 - 𝑁2
Reemplazo : 𝑁2 . 2,7 - (70 - 𝑁2) . 4,8 = 𝑊2. 1,35 - 𝑊1. 2,4 
Se despeja 𝑁2 = Τ𝑊2. 1,35 − 𝑊1. 2,4 + 70 . 4,8 (2,7 + 4,8) el valor : 𝑁2 = 37,4Kgf
La otra reacción en el punto de apoyo es: 𝑁1 = 70 – 37,4 𝑁1 = 32,6Kgf 
La tensión en la cuerda es: T = Τ𝑁2 . 2,7 − 𝑊2. 1,35 2,7 T = 22,4Kgf
La fuerza en el punto A: 
Aplicamos σ Ԧ𝐹 = 0 para ambos ejes cuando separamos las escaleras
σ𝐹𝑦 = 𝑅𝐴𝑦 + 𝑁1 - 𝑊1 = 0 despejo 𝑅𝐴𝑦 = 𝑊1 - 𝑁1 reemplazo 𝑅𝐴𝑦= 7,4Kgf
σ𝐹𝑥 = T - 𝑅𝐴𝑥 = 0 despejo 𝑅𝐴𝑥 = T reemplazo 𝑅𝐴𝑥 = 22,4 Kgf
La fuerza es: 𝑅𝐴 = 𝑅𝐴𝑥
2 + 𝑅𝐴𝑦
2 reemplazo y calculo : 𝑅𝐴 = 23,6Kgf
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Para el caso de suspender una carga de 100Kgf del punto A, se opera de igual manera
ഥ𝑹 = σ𝑭𝒚 = 0 Equilibrio de Traslación
𝑁1 + 𝑁2 - 𝑊1 - 𝑊2 - 100 entonces 𝑁1 + 𝑁2 = 𝑊1 + 𝑊2 +100 𝑁1 + 𝑁2 = 170 Kgf
Las ecuaciones de σ𝝉𝑨 = 0 son iguales: 𝑁2 . 2,7 - 𝑁1. 4,8 = 𝑊2. 1,35 - 𝑊1. 2,4 
despejo 𝑁1 = 170 Kgf - 𝑁2
Reemplazo 𝑁2 . 2,7 - (170 Kgf - 𝑁2) 4,8 = 𝑊2. 1,35 - 𝑊1. 2,4 
Despejo y reemplazo valores 𝑁2 = 101,4Kgf
Reemplazo el valor encontrado en: T = Τ𝑁2 . 2,7 − 𝑊2. 1,35 2,7 T = 86,4Kgf
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Alumna de Facultad de Ingeniería rindiendo examen 
final práctico de Física 
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