Estática-Ejercicios-Resueltos

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 1 
EJERCICIOS RESUELTOS 
ESTATICA 
 
1. En el sistema determinar la tensión en el 
cable A, si se sabe que W 100 N . 
a) 150 N 
b) 140 N 
c) 130 N 
d) 125 N 
e) 120 N 
 
 
Solución: 
D.C.L. 
 
Fy 0 
Asen53º W 0  
Asen53º W 
100 100
A
4sen53º
5
  
A  125 N Rpta. 
 
 
2. En el esquema las masas son iguales, 
determinar el coeficiente de rozamiento 
necesario para que los bloques se muevan con 
M.R.U. 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) tan sec  b) sec tan  
c) sec cos  d) tan cot  
e) sec cot  
 
 
Solución: 
D.C.L. de uno de los bloques: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por condición de equilibrio: 
yF 0 : N mg cos 0  
N mg cos 
xF 0 : mg f mgsen 0   
N mg mgsen   
mg cos mg  (1 sen ) 
1 sen
cos




 
  sec tan   Rpta. 
 
3. Un hombre ayudado por una polea jala una 
cuerda en forma horizontal, los pesos mostrados 
son W 400 N y P 300 N . Si el sistema 
está en equilibrio hallar el ángulo “  ”. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) 
1
t g (0,2)

 b) 
1 16
t g
33

 c) 
1 16
t g
37

 
d) 
1
t g (1,2)

 e) 
1
t g (0,4)

 
A
53º
W
A cos53º
W
53º
Asen53º
T
53º
W
P

A
Bm
m

 mg cos
mgsen
f N
T mg
N X
Y
mg
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 2 
 
Solución: 
D.C.L. del nudo “A” 
 
 
 
 
 
 
 
 
1T 4k 320 N  
2T 3k 240 N  
D.C.L. del nudo “B” 
 
 
 
 
 
 
 
 
En el eje “X”: 
x 3F 0 : T sen 240sen53º 0   
3T sen 240sen53º  
3
4
T sen 240
5
   
3T sen 192  … (1) 
 
En el eje “Y”: 
x 3F 0 : T sen 240sen53º 0   
y 3F 0 : T cos 240cos53º 300 0    
3T cos 240cos53º 300   
3
3
T cos 240 300
5
    
3T cos 444  … (2) 
 
Dividiendo (1) entre (2): 
3
3
T sen 192
T cos 444


  
16
tan
37
  
 
1 16
 tg 
37

  23,38º  
 
4. El peso de la viga en la figura es 40 N y los 
valores de los pesos son P 15 N y Q 18 N . 
Hallar las reacciones en “A” y “B” (en newtons) 
respectivamente son. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) 2 13 y 36 b) 3 13 y 16 
c) 3 13 y 46 c) 3 13 y 36 
d) 3 13 y 56 
 
Solución: 
D.C.L. de la viga: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por condiciones de equilibrio: 
xF 0 : x9 A 0   xA 9 N 
yF 0 : y yA 12 40 14 B 0     
y yA B 42  … (1) 
0M 0 : y4(54) 6B 0   
 yB 36 N 
Sustituyendo en (1): yA 6 N 
Las reacciones totales en “A” y “B” son: 
2 2
A
A
R 9 6
R 81 36
 
 
 
A
B
R 3 13 N
R 36 N


 
 Rpta. 
400 N 5k
37º
53º
2T
1T
53º
A
1T
2T
400 N
k 80

B
3T
2T
200 N
53º

B
3T
2T
300 N
3T cos
3T sen 2T sen53º
2T cos53º
Y
4 m
A
B
P
Q
C
2 m53º
2 m
4 m
B C
2 m53º
2 m
xA
yA
P12 N
40 N
yB
9 N
14 N
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 3 
5. Hallar el módulo del momento generado por 
la fuerza F 60i 80k  y el vector de posición 
r 2i 2j k    . 
 
Solución: 
i j k
M r F 60 0 80 160i 100j 120k
2 2 1
      
 
 
M 20( 8i 5j 6k)    
2 2 2
M 20 ( 8) ( 5) 6     
M  100 5 Rpta. 
 
6. Una barra de peso despreciable, soporta el 
peso de un bloque de 20 N en la posición 
indicada, si está sostenida por un cable en el 
punto “B”. Hallar la tensión en el cable. 
a) 
121
 N
6
 
b) 
127
 N
6
 
c) 
133
 N
6
 
d) 
125
 N
6
 
e) 20 N 
 
Solución: 
Cálculo de “  ” 
6L 3
arctan arctan
8L 4
    37º  
 
Elaborando el D.C.L. de la barra: 
 
 
 
 
 
 
x x
4
F 0 : A T 0
5
   
y y
3
F 0 : A T 20 0
5
    
Aplicando momentos de fuerza en el punto “A”: 
AM 0 
3
20(5L) T(8L) 0
5
   
24T 500 
T 
125
 N 
6
 Rpta. 
 
7. Una barra que pesa 120 N soporta dos 
cargas P 60 N y Q 20 N , tal como se 
indica en la figura. Determinar la reacción en el 
apoyo A. 
 
 
 
 
 
 
 
a) 30 17 b) 40 13 c) 40 15 
d) 40 17 e) 40 5 
 
Solución: 
Diagrama de cuerpo libre de la barra: 
 
 
 
 
 
 
 
2da. condición de equilibrio: 
AM 0 : 
L(60) 3L(100) 4L(Tsen53º ) 5L(20) 0     
3
4T 60 300 120
5
 
   
 
 
12T 5(480)  T 200 N 
1ra. condición de equilibrio: 
x xF 0 : A T cos 53º  
20 N
6L
A
B
5L 3L
C
yA T
3
T
5
xA
20
5L 4 T
5
3L
P Q
A
53º
LL
3LL
xA
LL
3LL T cos 53º
Tsen53º
yA 60 N 20 N
120 N
T
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 4 
x
4
A 200
5
 
  
 
  xA 160 N 
y yF 0 : A Tsen53º 200   
y
4
A 200 200
5
 
  
 
 
yA 160 200   yA 40 N 
La reacción total en A es: 
2 2
R (160) (40)  
2 2 2
R (40) (4) (40)  
R  40 17 Rpta. 
 
 
8. Hallar el coeficiente de fricción del bloque 
con el plano inclinado, si el sistema se encuentra 
en equilibrio. AW 40 N y BW 50 N . 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
D.C.L. bloque “B” 
 
 
 
 
 
 
 
yF 0 : 
N 50cos37º 0  
4
N 50 N 40
5
 
   
 
 
xF 0 : 
40 50sen37º N 0   
3
40 50 40 0
5

 
   
 
 
40 30
40


 
1
4
   0,25 Rpta. 
 
9. En la figura el sistema se encuentra en 
equilibrio. Hallar la tensión en la cuerda si el 
coeficiente de rozamiento entre las superficies es 
el mismo AW 10 N y BW 15 N . 
a) 11,12 N 
b) 9,02 N 
c) 8,02 N 
d) 10,12 N 
e) 15,02 N 
 
Solución: 
D.C.L. bloque “A” 
 
 
 
 
 
 
 
 
AT 10sen37º N 0   
3 4
T 10 (10)
5 5

   
    
   
 
T 6 8  … (1) 
 
D.C.L. bloque “B” 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A B15sen37º N N 0    
15sen37º 10 (cos 37º sen37º )  
A
B
37º
37º
A
B
T
37º
10
10sen37º
10cos37º
AN
AN
Y
X
37º
15
15cos37º
BN
15sen37º
BN
AN
Y
X
N
37º
50
50cos37º
50sen37º
40
N
X
Y
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 5 
3 4 3
15 10
5 5 5

   
    
   
 
45 70  0,64  
Reemplazando en (1): 
T 6 8(0,64)  
T  11,12 N Rpta. 
 
 
10. En la figura hallar el coeficiente de 
rozamiento con los planos inclinados tiene el 
mismo valor, si el sistema se encuentra en 
equilibrio, A B3m 2m . Hallar dicho coeficiente. 
a) 0,05 
b) 0,04 
c) 0,06 
d) 0,5 
e) 0,4 
 
Solución: 
De los datos: 
A Bm m n
2 3
   A
B
m 2n
m 3n



 
D.C.L. bloque “A”: 
 
 
 
 
 
 
 
 
AT N 2ngsen53º 0   
T (2ng cos 53º ) 2ngsen53º  
3 4
T 2 n(10) 2n(10)
5 5

   
    
   
 
T 12 n 16n  … (1) 
 
 
 
 
D.C.L. bloque “B” 
 
 
 
 
 
 
 
 
BT N 3ngsen37º 0   
3 4
T 3ng 3 ng
5 5

   
    
   
 
T 18n 24 n  … (2) 
 
Igualando (1) y (2): 
12 n 16n 18n 24 n    
36 2    
1
 
18
 Rpta. 
 
 
11. La tensión máxima que puede soportar 
el cable “P” es 120 N. Cuál es la reacción en el 
punto “A” para que el sistema se encuentre en 
equilibrio y el cable “P” a punto de arrancarse, 
después de colocar el bloque de 75 N de peso, 
si se sabe que el peso de la barra es 20 N. 
 
 
 
 
 
 
 
a) 8,2 N b) 8,12 N c) 6,85 N 
d) 8,77 N e) 6,45 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
37º 53º
B A
2ng
T
2ng s en53º
2ng cos 53º
ANAN
53º
37º
3ng
3ng cos 37º
3ngsen37º
N
T
BN
74º
2 m
2 m 2 m
A
P
B
Q
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 6 
Solución: 
D.C.L. de la barra: 
 
 
 
 
 
 
AM 0 : 
2(120) 3(20) 4(75) 6(Tsen74º ) 0    
6(Tsen74º ) 120 
24
6 T 120
25
 
 
 
  
125
T N
6
 
yF 0 : 
xTcos74º A 0  
x
125 7
A
6 25
   xA 7,2 N 
xF 0 : 
y120 Tsen74º A 20 75 0     
y
125 24
A 25
6 25
    yA 5 N 
Finalmente: 
2 2
A x yR A A  
2 2
AR (7,2) 5  
AR  8,77 N Rpta. 
 
 
12. En la figura, determinar al ángulo de 
equilibrio, el sistema se encuentra en equilibrio. 
a) 30º 
b) 45º 
c) 37º 
d) 53º 
e) 60º 
 
 
 
Solución: 
D.C.L. del bloque en el piso: 
 
 
 
 
 
 
 
yF 0 : 
N Wsen 6W 0   
N 6W Wsen  
N W(6 sen )  … (1) 
 
xF 0 : 
W W cos N 0    
W W cos W(6 sen ) 0      
1
1 cos (6 sen ) 0
3
     
1
1 cos 2 sen 0
3
     
1
cos sen 1
3
   
Aplicando método trigonométrico: 
1sen 1 cos
3
   
2 21
sen 1 2cos cos
9
     
2 2
1 cos 9 18 cos 9 cos      
2
10cos 18 cos 8 0    
2
5cos 9cos 4 0    
5 cos 4
 cos 1




 
Se deduce que: 
4
cos
5
     37º Rpta. 
 
 
 
 
 
 
 

1
3
 
6W
W
W

1
3
 
xA
N
f N
Wsen
Wcos
W
74º
2 m
2 m
75 N
2 m
Tsen74º
Tcos74º
T120 N
xA
yA
20 N
1 m
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 7 
12. En el gráfico hallar el módulo del momento 
resultante, con respecto al punto A: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) 12k b) 10k c) 15k 
d) 18k e) 15k 
 
Solución: 
Representando los vectores de posición: 
 
 
 
 
 
 
 
 
1r 3i 2j    1F 2i 4j  
2r i  2F 2i 3j   
3r 3i j   3F 3i j  
4r 2i 2j    1r 3i 2j   
1 1 2 2 3 3 4 4M r F r F r F r F        
i j k i j k i j k i j k
M 3 2 0 1 0 0 3 1 0 2 2 0
2 4 0 2 3 0 3 1 0 3 2 0
      
   
 
M ( 16 3 6 2)k     
M  15k  Rpta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
13. En el gráfico, determinar el módulo del 
momento total (en N.m) generado por las 
fuerzas con respecto al origen de coordenadas. 
1 2 3F 3 5 N; F 10 N; F 2 61 N   
a) 10 6 
b) 8 6 
c) 14 6 
d) 12 3 
e) 12 6 
 
 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo de los vectores de posición: 
1r 4j 3k  ; 2r 6i 4j  ; 3r 6i 3k  
Cálculo de las fuerzas: 
11 1 FF F U 
1
2 2
6i 3k 4 5
F 4 5 (6i 3k) 8i 3k
3 56 3
 
      
 
 
22 2 FF F U 
2
2 2
4j 3k 10
F 10 ( 4j 3k) 8j 6k
5
( 4) 3
  
       
   
 
33 3 FF F U 
3
2 2 2
6i 4j 3k
F 2 61
( 6) 4 ( 3)
   
  
     
 
3
2 61
F ( 6i 4j 3k) 12i 8j 6k
61
        
A
1
1
1F
2F
3F
4F
A
1
1
1F
2F
3F
1r
2r
3r
4r
4F
X
Y
1F
2F
3F
6
4
3
Z
O
Z
X
Y
1F
2F
3F
6
4
3
(0, 4, 3)
(6, 4, 0)
(6, 0, 3)
(0, 4, 0)
(6, 0, 0)
O
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 8 
El momento total es: 
0 1 1 2 2 3 3M r F r F r F      
0
i j k i j k i j k
M 0 4 3 6 4 0 6 0 3
8 0 3 0 8 6 12 8 6
  
   
 
OM 12i 24j 24k 24i 36j 48k 24i 48k        
OM 12i 12j 24k 12( i j 2k)        
Módulo del momento: 
2 2 2
0M 12 ( 1) ( 1) ( 2)      
0M  12 6 N.m Rpta.