Equilíbrio e Forças Físicas

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EQUILIBRIO ESTÁTICO Y ELASTICIDAD 
Condiciones de equilibrio 
1. Verdadero o falso: 
a) ∑𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 es suficiente para que exista el equilibrio estático. 
b) ∑𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 es necesario para que exista el equilibrio estático. 
c) En equilibrio estático, el momento resultante respecto a cualquier punto es nulo. 
d) Para que un objeto esté en equilibrio es necesario que sobre él no actúe ninguna 
fuerza. 
La condición de equilibrio estático es: ∑𝑭𝑭 = 𝟎𝟎 i ∑𝝉𝝉 = 𝟎𝟎 . 
Por tanto, b y c son correctas. 
2. Un balancín de 4 m de longitud pivota en su centro. Un niño de 28 kg se sienta en uno de 
los extremos. ¿Dónde debe sentarse un segundo niño de 40 kg para equilibrar el 
balancín? 
Para tener equilibrio el momento resultante ha de ser 0. 
 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝒎𝒎𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝒎𝒎𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 ;𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 =
𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟎𝟎 = 𝟏𝟏,𝟒𝟒 𝒎𝒎 
3. Como indica la figura, Misako realiza un ejercicio de levantar su cuerpo con las manos. 
Su centro de gravedad se encuentra directamente sobre el punto P del suelo, el cual 
dista 0,9 m de sus pies y 0,6 de sus manos. Si su masa es de 54 kg, ¿Cuál es la fuerza 
ejercida por el suelo sobre sus manos? 
 
 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 
Operando: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭𝟐𝟐 
(𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭𝟐𝟐) ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏𝒅𝒅𝟐𝟐+𝒅𝒅𝟏𝟏 =
𝟓𝟓𝟒𝟒∗𝟗𝟗,𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟏𝟏𝟐𝟐 𝑵𝑵 
4. Juan y Betina transportan un bloque de 60 kg sobre una taula de 4 m como indica la 
figura. La masa de la tabla es 10 kg. Como Juan pasa la mayor parte de su tiempo 
leyendo libros de cocina, mientras Betina practica la gimnasia, sitúan el bloque a 2,5 m 
de Juan y a 1,5 m de Betina. Determinar la fuerza en Newtons ejercida por cada una para 
transportar el bloque. 
 
 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = (𝒎𝒎𝟏𝟏 + 𝒎𝒎𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 
Considerando momentos sobre el centro del tablón: 
El tablón tiene 4 m, la distancia del bloque al centro del tablón son 0,5 m=d. 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 +𝒎𝒎𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 
Operando, despejamos F1 de la primera: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = (𝒎𝒎𝟏𝟏 + 𝒎𝒎𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝟐𝟐 
Substituimos en la segunda y despejamos F2: 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
(𝒎𝒎𝟏𝟏+𝒎𝒎𝟐𝟐)∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝒅𝒅𝟐𝟐+𝒅𝒅𝟏𝟏 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟐𝟐∗𝟐𝟐−𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟗𝟗,𝟓𝟓𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟕𝟕𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐 − 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟗𝟗.𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟏𝟏𝟓𝟓.𝟓𝟓 𝑵𝑵 
5. Misako desea medir la fuerza de sus bíceps ejerciendo una fuerza sobre la abrazadera y 
el aparato medidor de la figura. La abrazadera dista 28 cm del punto de giro del codo, y 
el bíceps está unido en un punto situado a 5 cm del centro de giro. Si la escala del 
aparato marca 18 N cuando ella ejerce su máxima fuerza, ¿qué fuerza es ejercida por el 
bíceps? 
 
Tomando momentos: 𝟏𝟏𝟐𝟐𝑵𝑵 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒎𝒎 = 𝑭𝑭 ∗ 𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒎𝒎 ;𝑭𝑭 =
𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟐𝟐𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏 𝑵𝑵 
6. Una muleta presiona contra la acera comuna fuerza Fc a lo largo de su propia dirección, 
como indica la figura. Esta fuerza está equilibrada por una fuerza normal Fn y una fuerza 
de rozamiento fe como se indica en la figura. 
a) Demostrar que cuando la fuerza de rozamiento alcanza su valor máximo, el 
coeficiente de rozamiento depende del ángulo 𝜽𝜽 según la relación 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽. 
b) Explicar cómo este resultado se aplica a las fuerzas que actúan sobre el pie cuando 
no se utiliza la muleta. 
c) ¿Por qué conviene dar pasos cortos al andar sobre hielo? 
 
a) 
Equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒇𝒇𝒆𝒆 
Para la fuerza estática máxima: 
𝒇𝒇𝒆𝒆 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 
 Substituyendo: 
 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ; 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 
b) Para el pie las fuerzas que actúan son las mismas, dado que el coeficiente e 
fricción depende de la tangente de ϴ , como la tangente aumenta con el ángulo 
en el primer cuadrante, la fricción también lo hará. 
c) Si los pasos son pequeños, el ángulo de inclinación se hace mayor y por ende el 
coeficiente de fricción también. 
Centro de gravedad 
7. Verdadero o falso: el centro de gravedad se encuentra siempre en el centro geométrico 
del cuerpo. 
Falso, depende de la distribución de masas del cuerpo. 
8. ¿Es necesario que exista materia en el centro de gravedad de un objeto? 
No, por ejemplo, en un cascarón esférico uniforme el centro de gravedad estará en su 
centro geométrico, y no hay masa en ese punto. 
9. Si la aceleración de la gravedad no es constante en todas las partes de un objeto, ¿es el 
centro de masa o el centro de gravedad el que coincide con el punto pivote cuando el 
objeto está equilibrado? 
Es el centro de gravedad el punto pivote. 
10. Dos esferas de radio R se encuentran sobre una tabla horizontal con sus centros 
separados una distancia 4 R. Una esfera pesa el doble que la otra. ¿Dónde se encuentra 
el centro de gravedad del sistema? 
Si consideramos la esfera de masa 2 M a la izquierda, en el origen de coordenadas, 
tendremos, el centro de gravedad en una posición x: 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟐𝟐 ∗ (𝟒𝟒 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒙𝒙);𝒙𝒙 =
𝟒𝟒𝟑𝟑 ∗ 𝑹𝑹 
11. Un automóvil gravita al 58 por ciento de su peso sobre las ruedas delanteras. La 
distancia entre las ruedas delanteras y traseras es de 2 m. Determinar el centro de 
gravedad del automóvil respecto a las ruedas delanteras. 
Consideramos el origen de coordenadas en las ruedas delanteras, las ruedas traseras 
están a 2 m, el centro de gravedad en un punto x. 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟐𝟐 ∗ (𝟐𝟐 − 𝒙𝒙);𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟒𝟒 𝒎𝒎 
12. Cada uno de los objetos que se muestran en la figura se encuentra suspendido del techo 
mediante una cuerda atada al punto marcada con una x en ella. Describir mediante un 
diagrama la orientación de uno de los objetos suspendidos. 
 
El centro de gravedad estará en el centro geométrico de las figuras. 
En el primer caso la figura rotará hasta que el centro de gravedad esté en la vertical con 
el punto de suspensión. 
 
En el segundo caso: 
 
Para el tercero: 
 
13. Una placa cuadrada se construye soldando cuatro placas cuadradas más pequeñas, cada 
una de lado a como indica la figura. La placa 1 pesa 40 N, la placa 2, 60 N; la placa 3, 30 
N; y la placa 4, 50 N. Determinar el centro de gravedad ( xcg, ycg). 
 
 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒈𝒈 =
𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒙𝒙𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒙𝒙𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒙𝒙𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒙𝒙𝟒𝟒𝑷𝑷 =
𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝒂𝒂𝟐𝟐+𝟒𝟒𝟎𝟎∗𝒂𝒂𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂𝟔𝟔𝟎𝟎+𝟒𝟒𝟎𝟎+𝟑𝟑𝟎𝟎+𝟓𝟓𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝒂𝒂 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒈𝒈 =
𝑷𝑷𝟏𝟏∗𝒚𝒚𝟏𝟏+𝑷𝑷𝟐𝟐∗𝒚𝒚𝟐𝟐+𝑷𝑷𝟑𝟑∗𝒚𝒚𝟑𝟑+𝑷𝑷𝟒𝟒∗𝒚𝒚𝟒𝟒𝑷𝑷 =
𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟒𝟒𝟎𝟎∗𝒂𝒂𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂+𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝒂𝒂/𝟐𝟐𝟔𝟔𝟎𝟎+𝟒𝟒𝟎𝟎+𝟑𝟑𝟎𝟎+𝟓𝟓𝟎𝟎 = 𝒂𝒂 
14. Una placa rectangular uniforme tiene un hueco circular de radio R como muestra la 
figura. Determinar el centro de gravedad del sistema. Indicación: No integrar. Utilizar la 
superposición de una placa rectangular menos una placa circular. 
 
El centro de masas del rectángulo esta en su centro: (a/2, b/2) siendo a y b sus 
dimensiones en los ejes x e y. 
La placa entera tendrá una masa 𝒂𝒂 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝝈𝝈 ∗ 𝒈𝒈. 
El hueco tendrá una masa 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝝈𝝈. 
El centro de masas del círculo estará en su centro: (𝒂𝒂− 𝑹𝑹,
𝒃𝒃𝟐𝟐). 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒈𝒈 =
𝑷𝑷𝒓𝒓∗𝒙𝒙𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄∗𝒙𝒙𝒄𝒄𝑷𝑷𝒓𝒓−𝑷𝑷𝒄𝒄 =
𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂𝟐𝟐−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈∗(𝒂𝒂−𝑹𝑹)𝒂𝒂∗𝒃𝒃∗𝝈𝝈∗𝒈𝒈−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝝈𝝈 =
𝒂𝒂𝟐𝟐∗𝒃𝒃𝟐𝟐−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐∗𝒂𝒂−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟑𝟑𝒂𝒂∗𝒃𝒃−𝝅𝝅∗𝑹𝑹𝟐𝟐 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒈𝒈 = 𝒃𝒃/𝟐𝟐 
 
Equilibrio estático 
15. Cuando el árbol que había frente a su casa fue cortado para ensanchar la carretera. Yoe 
hizo sonar su guitarra eléctrica conamplificador. Todo lo que quedó fue un tronco 
uniforme de 10 m en posición horizontal sobre dos soportes, esperando ser 
desmenuzado al día siguiente. Un soporte distaba 2 m del extremo izquierdo y el otro 
estaba a 4 m del extremo derecho. Determinar las fuerzas ejercidas sobre el tronco por 
los soportes, mientras Yoe tocaba una horrible melodía que tituló “Réquiem por un árbol 
caído”. La masa del árbol son 100 kg. 
La distancia del soporte de la izquierda al centro es de 3 m y la del soporte de la derecha 
de 1 m. 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒅𝒅𝟏𝟏𝒅𝒅𝟏𝟏+𝒅𝒅𝟐𝟐 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐∗𝟑𝟑𝟒𝟒 = 𝟕𝟕𝟑𝟑𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟕𝟕𝟑𝟑𝟔𝟔 = 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑵𝑵 
 
16. Un hombre utiliza una palanca de 1 m de longitud para levantar un pequeño cajón del 
suelo. La palanca tiene un punto de apoyo rígido a 10 cm de un extremo, como se indica 
en la figura. 
a) Si el hombre ejerce una fuerza hacia debajo de 600 N en un extremo de la barra, 
¿Cuál es la fuerza hacia arriba ejercida sobre el cajón por el otro extremo? 
b) La relación entre las fuerzas ejercidas en los extremos de la barra se denomina 
ventaja mecánica de la palanca. ¿Cuál es en este caso la ventaja mecánica? 
 
a) 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒅𝒅𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒅𝒅𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝑭𝑭𝟏𝟏∗𝒅𝒅𝟏𝟏𝒅𝒅𝟐𝟐 =
𝟔𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑵𝑵 
b) 𝟐𝟐 =
𝑭𝑭𝒇𝒇 =
𝟓𝟓𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎𝟔𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟗𝟗 
 
17. La figura muestra un balandro de 25 pies. El mástil es un palo uniforme de 120 kg 
soportado sobre cubierta y amarrado a proa y popa por cables del modo indicado. La 
tensión del cable de popa es de 1000 N. Determinar la tensión en el cable de proa y la 
fuerza que la cubierta ejerce sobre el mástil. ¿Existe alguna tendencia de que el mástil se 
deslice hacia la proa o la popa? Si fuera así, ¿Dónde debería colocarse un bloque para 
evitar el movimiento del mástil? 
 
Dibujando las fuerzas que actúan sobre el mástil: 
 
El ángulo de la proa es: 
 𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐� = 𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟑𝟑º 
Aplicando un momento nulo respecto a la base del mástil, las únicas fuerzas con 
momento son las dos tensiones: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 
La tensión con la popa, TB, es de 1000 N. 𝑻𝑻𝑭𝑭 =
𝑻𝑻𝑩𝑩∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝒇𝒇 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑵𝑵 
Aplicando el equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑭𝑭 − 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒙𝒙 ;𝑭𝑭𝑫𝑫𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟑𝟑 − 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒙𝒙 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟑𝟑 𝑵𝑵 ;𝒅𝒅𝒅𝒅𝒓𝒓𝒅𝒅𝒈𝒈𝒅𝒅𝒅𝒅𝒂𝒂 𝒉𝒉𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅𝒂𝒂 𝒍𝒍𝒂𝒂 𝒅𝒅𝒆𝒆𝒓𝒓𝒆𝒆𝒄𝒄𝒉𝒉𝒂𝒂 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝑭𝑭 + 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒚𝒚; 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒚𝒚 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟑𝟑 + 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒚𝒚 = 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟗𝟗𝟎𝟎 𝑵𝑵;𝒅𝒅𝒅𝒅𝒓𝒓𝒅𝒅𝒈𝒈𝒅𝒅𝒅𝒅𝒂𝒂 𝒉𝒉𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅𝒂𝒂 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒓𝒓𝒅𝒅𝒃𝒃𝒂𝒂. 
La fuerza resultante del suelo sobre el mástil: 𝑭𝑭𝑫𝑫 = �𝟓𝟓𝟓𝟓𝟑𝟑𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟗𝟗𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟒𝟒𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟑𝟑𝟐𝟐𝟔𝟔𝟒𝟒𝟐𝟐� = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐º 
Si consideramos momentos de fuerzas respecto a la punta del mástil, la fuerza con 
momento es FD, , para contrarrestar su momento pondremos el bloque en la parte 
izquierda de la base. 
18. El balandro de la figura se diferencia ligeramente del correspondiente al problema 17. La 
masa del mástil es de 150 kg y la tensión del cable de popa sigue siendo 1000 N. 
Determinar la tensión en cable de proa y la fuerza que el puente ejerce sobre el mástil. 
¿existe alguna tendencia de que el mástil se deslice a proa o popa? Si así fuera, ¿dónde 
debería colocarse un bloque para evitar que el mástil se mueva? 
 
De igual manera que en el problema anterior: 
𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐� = 𝟐𝟐𝟕𝟕º 𝜽𝜽𝑩𝑩 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟒𝟒.𝟓𝟓𝟕𝟕𝟔𝟔.𝟏𝟏𝟎𝟎� = 𝟑𝟑𝟔𝟔.𝟗𝟗º 
El momento ha de ser nulo: 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝑭𝑭 = 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝑩𝑩 
La tensión con la popa, TB, es de 1000 N. 𝑻𝑻𝑭𝑭 =
𝑻𝑻𝑩𝑩∗𝒍𝒍𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏 𝜽𝜽𝑩𝑩 𝒍𝒍𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝒇𝒇 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝟕𝟕𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟔𝟔,𝟗𝟗 = 𝟓𝟓𝟗𝟗𝟒𝟒 𝑵𝑵 
La fuerza horizontal resultante sobre el suelo: 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒙𝒙 = 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑭𝑭 − 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝑩𝑩 = 𝟓𝟓𝟗𝟗𝟒𝟒 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟕𝟕 − 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟔𝟔,𝟗𝟗 = −𝟐𝟐𝟕𝟕𝟎𝟎 𝑵𝑵 
La fuerza horizontal estará dirigida hacia la izquierda. 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒚𝒚 = 𝑻𝑻𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝑭𝑭 + 𝑻𝑻𝑩𝑩 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝑩𝑩 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟕𝟕𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝟕𝟕+ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟔𝟔,𝟗𝟗 + 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 𝑭𝑭𝑫𝑫𝒚𝒚 = 𝟐𝟐𝟑𝟑𝟒𝟒𝟎𝟎 𝑵𝑵 Dirigida hacia arriba. 
La fuerza resultante del suelo sobre el mástil: 𝑭𝑭𝑫𝑫 = �𝟐𝟐𝟕𝟕𝟎𝟎𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟑𝟑𝟒𝟒𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟑𝟑𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟐𝟐𝟕𝟕𝟎𝟎𝟐𝟐𝟑𝟑𝟓𝟓𝟓𝟓� = 𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟒𝟒º 
Si consideramos momentos de fuerzas respecto a la punta del mástil, la fuerza con 
momento es FD, , para contrarrestar su momento pondremos el bloque en la parte 
derecha de la base. 
 
19. Una viga de 10 m y masa 300 kg se extiende sobre una repisa horizontal como indica l 
figura. La viga no está sujeta, sino que simplemente descansa sobre la superficie. Un 
estudiante de 60 kg ha dispuesto la viga de tal modo que puede andar sobre ella hasta el 
extremo. ¿Qué distancia máxima x es admisible entre el borde de la repisa y el extremo 
de la viga? 
 
 
La resultante del peso de la viga y del peso del estudiante ha de estar sobre el punto x 
para evitar que se tumbe: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟓𝟓 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 =
𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟐𝟐+𝒎𝒎 =
𝟓𝟓∗𝟑𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟕𝟕 𝒎𝒎 
 
20. Una tabla horizontal destinada a determinar centros de gravedad está apoyada sobre un 
fulcro en un extremo y en una balanza en el otro. Un estudiante yace horizontalmente 
sobre la tabla con la cabeza sobre el fulcro, como indica la figura. La balanza está a dos 
metros del fulcro. El estudiante tiene una masa de 70 kg y cuando está sobre la tabla, la 
balanza marca 250 N. ¿Dónde está localizado el centro de gravedad del estudiante? 
 
 
Tenemos tres fuerzas actuando, el peso del estudiante, la fuerza de la mesa en la cabeza 
del estudiante y la fuerza en los pies del estudiante. El momento resultante respecto al 
punto P ha de ser nulo. 
 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝟐𝟐 = 𝒘𝒘 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 =
𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝟐𝟐𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎 
 
21. Un tablero de 3 m de longitud y 5 kg de masa está sujeto al suelo por una de sus 
extremos con una bisagra. Se aplica una fuerza vertical F por el otro extremo con el fin 
de levantar una caja de 60 kg, que se encuentra en reposo sobre el tablero a 80 cm de la 
bisagra, como se indica en la figura. 
a) Calcular la magnitud de la fuerza que es necesario aplicar para mantener el tablero 
estacionario y formando un ángulo 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟎𝟎º. 
b) Calcular a fuerza ejercida por la bisagra cuando 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟎𝟎º. 
c) Calcular la fuerza F y la fuerza ejercida por la bisagra si 𝜽𝜽 = 𝟑𝟑𝟎𝟎º y la fuerza se ejerce 
perpendicularmente al tablero. 
 
a) 
 
 
 Considerando momento total respecto a la bisagra nulo: 
 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟑𝟑 
 𝑭𝑭 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟑𝟑 =
(𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟎𝟎.𝟐𝟐+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟑𝟑=
(𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟐𝟐+𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑵𝑵 
 
b) Considerando la fuerza resultante cero: 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 = (𝟔𝟔𝟎𝟎+ 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟓𝟓𝟔𝟔,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
c) 
 
Aplicamos momento nulo: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟗𝟗𝟎𝟎 ∗ 𝟑𝟑 𝑭𝑭 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟏𝟏.𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟑𝟑 =
(𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟎𝟎.𝟐𝟐+𝟓𝟓∗𝟏𝟏.𝟓𝟓)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟕𝟕 𝑵𝑵 
Considerando fuerza resultante nula: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = 𝟐𝟐∗ 𝒈𝒈+ 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = (𝟔𝟔𝟎𝟎 + 𝟓𝟓) ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟕𝟕 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒙𝒙 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟕𝟕 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟕𝟕𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯 = �𝟓𝟓𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟕𝟕𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟎𝟎𝟐𝟐 𝑵𝑵 
22. Un cilindro de peso W se apoya en un sistema sin rozamiento formado por un plano 
inclinado 30º con la horizontal a la izquierda y otro inclinado 60º a la derecha, como 
muestra la figura. Determinar la fuerza ejercida por cada plano sobre el cilindro. 
 
 
Para la fuerza resultante nula: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝑾𝑾𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎𝒕𝒕𝒈𝒈𝟑𝟑𝟎𝟎 +𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗𝑾𝑾 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗𝑾𝑾 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗𝑾𝑾 
 
23. Un peso de 80 N está soportado mediante un cable unido a una barra que puede girar 
alrededor de un punto A (figura). La barra está sujeta mediante otro cable con una 
tensión T2, según se ve en la figura. La masa de la barra es despreciable. 
a) ¿Cuáles son las tres fuerzas que actúan sobre la barra? 
b) Demostrar que la componente vertical de la tensión T2 debe ser igual a 80 N. 
c) Hallar la fuerza ejercida por la barra sobre la articulación. 
 
a) Considerando las fuerzas sobre la barra: 
 
b) Considerando momento nulo respecto a A: 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 ; 𝑻𝑻𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟎𝟎 𝑵𝑵 ; 
c) 𝑻𝑻𝟐𝟐 =
𝟐𝟐𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟔𝟔𝟎𝟎 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒙𝒙 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 − 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟎𝟎 − 𝟐𝟐𝟎𝟎 = 𝟎𝟎 𝑵𝑵 
Por tanto 𝑭𝑭𝑯𝑯 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟔𝟔 𝑵𝑵 ,𝜽𝜽 = 𝟎𝟎º. 
24. Una tabla horizontal de 8,0 m de longitud es utilizada por los piratas para castigar a sus 
víctimas en el llamado “paseo de la plancha”. Un pirata de 105 kg de masa se sitúa de pie 
en el extremo de la tabla en la cubierta del buque para evitar que se levante. Determinar 
la máxima distancia que la tabla puede sobresalir del costado del buque para que una 
víctima de 63 kg pueda andar hasta el otro extremo si 
a) La masa de la tabla es despreciable. 
b) La masa de la tabla es de 25 kg. 
 
a) En este caso no tenemos mp. 
Tenemos el pirata en el extremo izquierdo de la tabla, en la parte derecha 
tenemos la víctima, el punto de apoyo es P. 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟐𝟐 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝒙𝒙 =
𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝒎𝒎+𝟐𝟐 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓+𝟔𝟔𝟑𝟑 = 𝟓𝟓 𝒎𝒎 
b) En este caso si tendremos mp. 
 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟐𝟐 − 𝒙𝒙) +𝒎𝒎𝒑𝒑 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟒𝟒 − 𝒙𝒙) = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝒙𝒙 =
𝟐𝟐∗𝟐𝟐+𝒎𝒎𝒑𝒑∗𝟒𝟒𝒎𝒎+𝟐𝟐+𝒎𝒎𝒑𝒑 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓∗𝟐𝟐+𝟐𝟐𝟓𝟓∗𝟒𝟒𝟔𝟔𝟑𝟑+𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓+𝟐𝟐𝟓𝟓 = 𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟕𝟕 𝒎𝒎 
25. Dos jóvenes estudiantes planean una aventura de despedida de la universidad donde se 
han graduado: soltar miles de bolitas (canicas) en el vestíbulo del centro durante los 
exámenes finales. Para ello colocan una caja de 2 m x 1 m x 1 m sobre una taula rugosa y 
articulada por un extremo como muestra la figura y la llenan de bolitas. Cuando el 
edificio está en completo silencio, los jóvenes levantan lentamente un extremo de la 
tabla, incrementando poco a poco el ángulo ϴ del plano inclinado. Si el coeficiente de 
rozamiento estático es suficientemente grande para que la caja no deslice, ¿para qué 
ángulo volcará la caja? 
 
La caja volcará cuando la fuerza peso se encuentre fuera de la su base: 
 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 =
𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟏𝟏 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈(𝟎𝟎,𝟓𝟓) = 𝟐𝟐𝟔𝟔,𝟔𝟔º 
26. Una puerta uniforme de 18 kg, 2,0 m de alto y 0,8 m de ancho, cuelga de dos bisagras 
situadas una a 20 cm de la parte superior u otra a 20 cm de la parte inferior. Si cada 
bisagra soporta la mitad del peso de la puerta, determinar la dirección y magnitud de los 
componentes horizontales de las fuerzas ejercidas por las dos bisagras sobre la puerta. 
 
Consideramos momentos respecto a la bisagra inferior: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒉𝒉 ∗ 𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒉𝒉 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝟏𝟏,𝟔𝟔 =
𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟔𝟔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝑵𝑵 
Consideramos equilibrio de fuerzas horizontales: 𝑭𝑭`𝑯𝑯𝒉𝒉′ = 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒉𝒉 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝑵𝑵 
 
27. Determinar la fuerza ejercida por el borde del escalón sobre la rueda justo cuando la 
rueda deja de apoyarse sobre la superficie del suelo. 
 
 𝑭𝑭 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝑭𝑭 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 ; 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 
El valor de la fuerza F para subir el escalón lo encontramos haciendo momentos: 𝑭𝑭 ∗ (𝑹𝑹− 𝒉𝒉) −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ;𝑭𝑭 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙𝑹𝑹−𝒉𝒉 
Por trigonometría: 𝒙𝒙𝟐𝟐 + (𝑹𝑹− 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝒙𝒙 = �𝒉𝒉 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗�𝒉𝒉∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉)𝑹𝑹−𝒉𝒉 
 
28. Lon está preparando la apertura de Roswell, un nuevo club nocturno con un tema de 
extraterrestres. Un extremo de una viga uniforme de 100 kg y 10 m de longitud cuelga de 
una pared vertical mediante una bisagra. Se mantiene horizontalmente sobre la sala de 
baile del club mediante un cable que sujeta la viga a una distancia de 6 m desde la pared, 
como muestra la figura. Lon se sienta en la mesa de control de un platillo volante 
simulado que cuelga del extremo libre de la viga. Desde allí envía a los invitados 
amenazas de secuestro, efectos luminosos hipnóticos y ruidos espaciales. Si el peso 
combinado de Lon y su platillo es de 400 kg. 
a) ¿Qué tensión soporta el cable? 
b) ¿Cuál es la fuerza horizontal que actúa sobre la bisagra? 
c) ¿Cuál es la fuerza vertical que actúa sobre la viga en la bisagra? 
 
El ángulo de la cuerda central es: 𝜽𝜽𝟏𝟏 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄�𝟔𝟔𝟐𝟐� = 𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒º 𝑻𝑻𝟏𝟏 = (𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒈𝒈 )𝑵𝑵 𝑷𝑷 = (𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒈𝒈)𝑵𝑵 
 
a) Considerando momentos respecto a la bisagra: 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑷𝑷 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝟏𝟏 
 𝑻𝑻𝟐𝟐 =
𝟐𝟐𝒄𝒄𝒅𝒅𝒏𝒏𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ �𝑻𝑻𝟏𝟏 +
𝑷𝑷𝟐𝟐� =
𝟐𝟐𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒 ∗ (𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎+ 𝟓𝟓𝟎𝟎) ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟑𝟑𝟓𝟓𝟏𝟏 𝑵𝑵 
b) Mirando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒙𝒙 = 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 𝑵𝑵 
c) 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = −𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒+ 𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 𝑭𝑭𝑯𝑯𝒚𝒚 = −𝟏𝟏𝟑𝟑𝟑𝟑𝟓𝟓𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟒𝟒+ 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐+ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 = −𝟑𝟑𝟗𝟗𝟐𝟐𝟗𝟗 𝑵𝑵 
La fuerza FHy está dirigida hacia abajo. 
 
29. El trampolín de piscina que se muestra en la figura tiene una masa de 30 kg. Determinar 
la fuerza que actúa sobre los soportes cuando el saltador de 70 kg se encuentra de pie en 
el extremo de la tabla. Dar la dirección de cada fuerza sobre los soportes como tensión o 
compresión. 
 
 
Considerando momentos respecto al punto O: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒,𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 =
(𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟒𝟒,𝟐𝟐+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟐𝟐,𝟏𝟏)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟗𝟗𝟏𝟏𝟐𝟐 𝑵𝑵 
Considerando momentos respectos al punto P: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟑𝟑+ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎.𝟗𝟗 = 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏.𝟐𝟐 𝑭𝑭𝟏𝟏 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝟑𝟑+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎.𝟗𝟗𝟏𝟏.𝟐𝟐 =
(𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟑𝟑+𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟎𝟎,𝟗𝟗)∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟗𝟗𝟑𝟑𝟕𝟕 𝑵𝑵 
También podemos considerar equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐𝟗𝟗𝟏𝟏𝟐𝟐 − 𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 − 𝟕𝟕𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟗𝟗𝟑𝟑𝟕𝟕 𝑵𝑵 
La reacción a F2 actúa sobre el soporte, sentido hacia abajo, y es de compresión. 
Para F1, su reacción actúa sobre el soporte hacia arriba, es de tensión. 
30. Calcular la fuerza ejercida por la articulación A sobre el puntal que se muestra en la 
figura si se supone 
a) Que la barra no tiene peso. 
b) Que el peso de la barra es de 20 N. 
 
 
a) En este caso w no existe. 
Haciendo momentos: 𝑻𝑻 ∗ 𝑳𝑳 = 𝑾𝑾∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 
Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑾𝑾− 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎 − 𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑵𝑵 
𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑵𝑵 
b) En este caso para los momentos: 
c) 𝑻𝑻 ∗ 𝑳𝑳 = 𝑾𝑾∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+𝒘𝒘 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑻𝑻 = 𝑾𝑾 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+𝒘𝒘 ∗ 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟗𝟗,𝟓𝟓 𝑵𝑵 
Por equilibrio de fuerzas: 
 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝑾𝑾 +𝒘𝒘− 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟔𝟔𝟎𝟎+ 𝟐𝟐𝟎𝟎 − 𝟒𝟒𝟗𝟗,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟗𝟗,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟓𝟓 𝑵𝑵 
 
31. Dos pintores A y B se encuentran trabajando en un andamio de 5,0 m de longitud 
suspendido de un edificio mediante dos cuerdas sujetas en los extremos del andamio. 
Cada una de las cuerdas ser romperá cuando la tensión sea superior a 1 kN. El pintor A 
(cuya masa es de 80 kg) está situada a 1,0 m de uno de los extremos. ¿En qué intervalo 
de posiciones puede situarse el pintor B sin peligro si su masa es de 60 kg y la masa del 
andamio es de 20 kg? 
 
 Donde x es la distancia a la masa de 60 kg. 
 Aplicamos momento resultante nulo, respecto al punto 0. 
 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎𝒃𝒃 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒+ 𝒎𝒎𝒑𝒑 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟓𝟓 +𝒎𝒎𝒋𝒋 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 
Cuando T2 tenga su valor máximo (1000 N), tendremos el valor de x 
solicitado: 𝒙𝒙 =
𝑻𝑻𝟐𝟐∗𝟓𝟓−𝒎𝒎𝒃𝒃∗𝒈𝒈∗𝟒𝟒−𝒎𝒎𝒑𝒑∗𝒈𝒈∗𝟐𝟐,𝟓𝟓𝒎𝒎𝒋𝒋∗𝒈𝒈 
𝒙𝒙 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟓𝟓−𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟒𝟒−𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 
Por tanto, entre 0 y 2,33 m podrá situarse. 
32. El cable de la figura del problema 28 debe permanecer sujeto a la pared a 8 m por 
encima de la bisagra, pero su longitud puede modificarse de modo que puede conectarse 
a la viga a diversas distancias x de la pared. ¿A qué distancia de la pared debe sujetarse 
el cable en la barra para que la fuerza que actúa sobre la bisagra no tenga componente 
vertical? 
Sea x la distancia de la cuerda a la pared, considerando que en la bisagra toda la fuerza 
ha de ser horizontal tendremos: 
𝑻𝑻𝟐𝟐 = 𝑻𝑻𝟏𝟏 + 𝑷𝑷 = 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏+ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟒𝟒𝟗𝟗𝟎𝟎𝟓𝟓 𝑵𝑵 
Considerando los momentos: 𝑻𝑻𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝟏𝟏 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟓𝟓 + 𝑻𝑻𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝟒𝟒𝟗𝟗𝟎𝟎𝟓𝟓 ∗ 𝟐𝟐�𝟐𝟐𝟐𝟐+𝒙𝒙𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟓𝟓+ 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟓𝟓 𝟑𝟑𝟗𝟗𝟐𝟐𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝒙𝒙 = 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟓𝟓𝟐𝟐𝟓𝟓 ∗ �𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 𝟏𝟏,𝟔𝟔 ∗ 𝒙𝒙 = �𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝒙𝒙𝟐𝟐 𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟔𝟔 ∗ 𝒙𝒙𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟒𝟒 𝒙𝒙 = 𝟔𝟔,𝟒𝟒 𝒎𝒎 
33. Un cilindro de masa M y radio R rueda contra un escalón de altura h como indica la 
figura. Cuando una fuerza F se aplica a la parte alta del cilindro, éste permanece en 
reposo. 
a) ¿Cuál es la fuerza normal ejercida por el suelo sobre el cilindro? 
b) ¿Cuál es la fuerza horizontal ejercida por el borde del escalón sobre el cilindro? 
c) ¿Cuál es el componente vertical de la fuerza ejercida por el borde del escalón sobre 
el cilindro? 
 
 
a) Aplicamos momento nulo: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍 + 𝑭𝑭 ∗ (𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 − 𝒉𝒉) 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉)𝒍𝒍 
Por otra parte: 𝒍𝒍 = �𝑹𝑹𝟐𝟐 − (𝑹𝑹− 𝒉𝒉)𝟐𝟐 = √𝟐𝟐 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒉𝒉 − 𝒉𝒉𝟐𝟐 
 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭∗(𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉)�𝟐𝟐∗𝑹𝑹∗𝒉𝒉−𝒉𝒉𝟐𝟐 
= 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉𝒉𝒉 
b) Considerando suma nula de fuerzas horizontales: 
𝑭𝑭𝒄𝒄𝒉𝒉 = 𝑭𝑭 
c) Para las fuerzas verticales: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈−𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉𝒉𝒉 = 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉𝒉𝒉 
34. Determinar la fuerza horizontal mínima F del cilindro del problema 33 para que suba al 
escalón sin deslizar sobre el borde. 
Aplicando las consideraciones del problema anterior: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉𝒉𝒉 
Para subir, implica Fn=0. 𝟎𝟎 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭 ∗ �𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉𝒉𝒉 ;𝑭𝑭 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ � 𝒉𝒉𝟐𝟐∗𝑹𝑹−𝒉𝒉 
 
35. Un hombre robusto sostiene un extremo de una barra de 3 m de longitud y masa 5 kg 
manteniéndola en posición horizontal (figura). 
a) ¿Qué fuerza total ejerce el hombre sobre la barra? 
b) ¿Qué momento total ejerce el hombre sobre la barra? 
c) Si el esfuerzo realizado por el hombre lo sustituimos por dos fuerzas que actúan en 
sentidos opuestos, separadas por la anchura de la mano del hombre, que es de 10 
cm, ¿Cuáles son las magnitudes y direcciones de las dos fuerzas? 
 
a) Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟗𝟗 𝑵𝑵 
b) El momento total ha de ser nulo, considerando momentos respecto al extremo 
libre: 𝟐𝟐𝑭𝑭 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟗𝟗 ∗ 𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟓𝟓 𝑵𝑵 𝒎𝒎 
c) Sea F1 la fuerza hacia abajo y F2 la fuerza hacia arriba. La fuerza F1 actúa en el 
extremo de la barra y F2 10 cm más allá. 
Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝟏𝟏 
El momento total respecto del extremo libre ha de ser cero: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝒍𝒍 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ (𝒍𝒍 − 𝟎𝟎,𝟏𝟏) 
De las dos ecuaciones obtenemos: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒍𝒍𝟐𝟐− 𝟎𝟎,𝟏𝟏� ∗ 𝟐𝟐∗𝒈𝒈𝟎𝟎,𝟏𝟏 =
𝟏𝟏,𝟒𝟒∗𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟎𝟎,𝟏𝟏 = 𝟔𝟔𝟐𝟐𝟔𝟔 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟐𝟐𝟏𝟏+ 𝟓𝟓 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐 = 𝟕𝟕𝟑𝟑𝟓𝟓 𝑵𝑵 
 
36. Una compuerta que pesa 200 N está soportada por bisagras en la parte superior e 
inferior y además sujeta por un alambre como muestra la figura. 
a) ¿Cuál debe ser la tensión en el alambre para que la fuerza sobre la bisagra superior 
no tenga componente horizontal? 
b) ¿Cuál es la fuerza horizontal sobre la bisagra inferior? 
c) ¿Cuáles son las fuerzas verticales sobre las bisagras? 
 
 
 
 
a) Considerando momento nulo respecto al eje y la bisagra inferior: 
El momento de la tensión: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎𝒍𝒍𝟏𝟏 𝒍𝒍𝟐𝟐 𝟎𝟎� = (−𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐) ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝒍𝒍𝟏𝟏 𝟎𝟎 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 𝟎𝟎 = −𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 𝑻𝑻 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟏𝟏𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽∗𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝒍𝒍𝟐𝟐 =
𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟏𝟏 𝑵𝑵 
b) Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒙𝒙𝟏𝟏 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕𝑵𝑵 
c) 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟏𝟏 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟐𝟐 + 𝑭𝑭𝒚𝒚𝟏𝟏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟑𝟑 𝑵𝑵 
37. Un tronco uniforme de masa 100 kg, longitud 4 m y radio 12 cm se mantiene en posición 
inclinada como indica la figura. El coeficiente de rozamiento estático entre el tronco y la 
superficie horizontal es 0,6. El tronco está a punto de deslizar hacia la derecha. 
Determinar la tensión en el alambre soporte y ángulo que el alambre forma con la pared 
vertical. 
 
Consideramos el centro de coordenadas en el punto de ligadura del tronco al cable. 
La diagonal del tronco tiene un valor de: 𝒅𝒅 = �𝟒𝟒𝟐𝟐 + 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝒎𝒎 
El ángulo de la diagonal del tronco con su base es: 𝝋𝝋 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟐𝟐𝟒𝟒 � = 𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐𝒄𝒄 
 𝒍𝒍𝟑𝟑 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟐𝟐 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟔𝟔 𝒎𝒎 𝒍𝒍𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟐𝟐𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟐𝟐 𝒎𝒎 
 
Considerando las condiciones de equilibrio: 
De fuerzas: 
𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽− 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 ; 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 − 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 
De momentos: 
𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−𝒍𝒍𝟐𝟐 − 𝒍𝒍𝟑𝟑𝟐𝟐 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎−𝒍𝒍𝟏𝟏 −𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟎𝟎� = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝒍𝒍𝟏𝟏 −𝒍𝒍𝟑𝟑 𝟎𝟎� = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
Aplicando la condición de equilibrio: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 + 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑; 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍𝟐𝟐 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟏𝟏 + 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝟑𝟑 
De esta ecuación podemos despejar la fuerza normal: 
 𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒍𝒍𝟐𝟐𝒍𝒍𝟏𝟏+𝒍𝒍𝟑𝟑 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟔𝟔𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟐𝟐+𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟔𝟔 = 𝟑𝟑𝟐𝟐𝟕𝟕 𝑵𝑵 
De las condiciones de equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 − 𝑭𝑭𝒏𝒏 
 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏� 𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝑭𝑭𝒏𝒏� 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏� 𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝟑𝟑𝟐𝟐𝟕𝟕𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏−𝟑𝟑𝟐𝟐𝟕𝟕� = 𝟏𝟏𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟎𝟎 𝑻𝑻 =
𝝁𝝁∗𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝟑𝟑𝟐𝟐𝟕𝟕𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟏𝟏𝟔𝟔,𝟕𝟕 = 𝟔𝟔𝟐𝟐𝟑𝟑 𝑵𝑵 
38. Un bloque rectangular grande y uniforme se sitúa sobre un plano inclinado como indica 
la figura. Una cuerda sujeta la parte superior del cloque para evitar que caiga por el 
plano. ¿Cuál es el ángulo máximo ϴ para el cual el bloque no desliza por el plano 
inclinado? Sea b/a=4 y µc=0,8. 
 
 
 Consideramos equilibrio de fuerzas: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 + 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟎𝟎 ;𝑻𝑻 + 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
Para los momentos, respecto al punto de aplicación de Fn y fs,max: 
𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒃𝒃 𝟎𝟎� = 𝑻𝑻 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎− 𝒂𝒂𝟐𝟐 𝒃𝒃𝟐𝟐 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐 ∗ (𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒂𝒂) 
𝑻𝑻 ∗ 𝒃𝒃 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐 ∗ (𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒂𝒂) 
Utilizando la expresión de la fuerza normal de la primera, substituyendo en la 
segunda: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈(𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 − 𝝁𝝁 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) 
Con esto en la ecuación de momento nulo: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈(𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 − 𝝁𝝁 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) ∗ 𝒃𝒃 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐 ∗ (𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒃𝒃 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒂𝒂) 
Operando y dividiendo por cosϴ obtenemos: 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 =
𝒂𝒂𝒃𝒃 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁 
Usando la relación a/b del enunciado: 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 =
𝟏𝟏𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟏𝟏𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝝁𝝁� = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟏𝟏𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐� = 𝟔𝟔𝟏𝟏,𝟔𝟔º 
 
39. Un carril delgado de longitud 10 m y masa 20 kg se sitúa en un plano inclinado 30º. Un 
soporte está a 2 m y el otro a 6m del extremo inferior del carril. El rozamiento impide 
que el carril deslice sobre sus soportes. Determinar la fuerza (magnitud y dirección) 
ejercida sobre el carril por cada soporte. 
 
 
Tenemos 4 incógnitas, necesitamos cuatro ecuaciones, dos serán las del equilibrio de fuerzas 
horizontales y verticales. Las otras dos serán de momentos, consideramos momentos 
respecto al punto del primer soporte y momentos respecto del origen de coordenadas: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
La fuerza de rozamiento impide que deslice: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 
Considerando momentos respecto al punto origen: 
𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎𝟓𝟓 𝟎𝟎 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎 𝟎𝟎� = −𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝟐𝟐 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 𝟎𝟎𝟔𝟔 𝟎𝟎 𝟎𝟎� = −𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟓𝟓 − 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 ∗ 𝟐𝟐 − 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 ∗ 𝟔𝟔 = 𝟎𝟎 
Haciendo momentos respecto al primer soporte: 
𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟑𝟑 = 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 ∗ 𝟒𝟒 ; 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟑𝟑𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝑵𝑵 
Usando la ecuación de momentos respecto al origen: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟓𝟓−𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚∗𝟔𝟔𝟐𝟐 =
𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟓𝟓−𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒∗𝟔𝟔𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝑵𝑵 
Con la condición de no deslizar de las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 =
𝑭𝑭𝟏𝟏𝒚𝒚𝑭𝑭𝟐𝟐𝒚𝒚 =
𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 
Usando esto en: 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 + 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 + 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 =
𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟏𝟏𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝟐𝟐 = �𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟕𝟕,𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟏𝟏𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟒𝟒𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟐𝟐 � = 𝟔𝟔𝟎𝟎º 𝑭𝑭𝟏𝟏 = �𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟗𝟗 𝑵𝑵 𝜽𝜽𝟐𝟐 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟑𝟑� = 𝟔𝟔𝟎𝟎º 
Pares 
40. Dos fuerzas de 80 N se aplican en vértices opuestos de una placa rectangular, como 
indica la figura. Determinar el momento producido por este par. 
 
Consideramos el origen de coordenades en el extremo inferior izquierdo de la placa. 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 −𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒂𝒂 𝟎𝟎� = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 𝝉𝝉𝟐𝟐 = �− 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝒃𝒃 𝟎𝟎 𝟎𝟎� = 𝑭𝑭 ∗ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
El momento resultante: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ (𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝝉𝝉 = 𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝒂𝒂 + 𝟔𝟔𝟗𝟗,𝟑𝟑 ∗ 𝒃𝒃 
 
41. Un cubo uniforme de lado a y masa M descansa sobre una superficie horizontal. Una 
fuerza F se aplica en la parte superior del cubo como muestra la figura. Esta fuerza no es 
suficiente para mover o levantar el cubo. 
a) Demostrar que la fuerzade rozamiento estático ejercida por la superficie y la fuerza 
aplicada constituyen un par, y determinar el momento ejercido por este par. 
b) Otro par, constituido por la fuerza normal ejercida por la superficie y el peso del 
cubo, equilibran el par anterior. Utilizar este hecho para determinar el punto 
efectivo de aplicación de la fuerza normal cuando F=Mg/3. 
c) ¿Cuál es el valor máximo de F (en magnitud), para el cual no se levanta el cubo? 
 
a) Dado que el cubo no se mueve, el equilibro de fuerzas determina: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒆𝒆 
El momento de este par de fuerzas será: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 
b) El momento del par formado por la normal y el peso será: 𝝉𝝉𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 
Los dos momentos han de ser iguales y de sentidos contrarios: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ; 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 = 𝒂𝒂/𝟑𝟑 
c) Teniendo en cuenta el equilibrio de momentos: 𝑭𝑭 ∗ 𝒂𝒂 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒙𝒙𝒂𝒂 
El valor máximo de x es a/2, dado que el centro de gravedad está en el centro 
geométrico. 𝑭𝑭 >
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂/𝟐𝟐𝒂𝒂 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈𝟐𝟐 
 
42. Descomponer cada una de las fuerzas del problema 40 en sus componentes horizontal y 
vertical, produciendo dos pares. La suma algebraica de los dos pares componentes es 
igual al par resultante. Utilizar este resultado para determinar la distancia perpendicular 
entre las líneas de acción de las dos fuerzas. 
El momento de las componentes verticales es: 𝝉𝝉𝟐𝟐 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒂𝒂 
Para las horizontales: 
𝝉𝝉𝑯𝑯 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒃𝒃 
Los dos momentos dirigidos según el eje z. El momento total: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒂𝒂+ 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒃𝒃 
Si consideramos la expresión de momento de un par de fuerzas: 𝝉𝝉 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑫𝑫 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒂𝒂+ 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝒃𝒃 𝑫𝑫 = 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 
 
Escaleras 
43. ¿Es posible subir por una escalera apoyada en una pared si el suelo carece de 
rozamiento, aunque la pared sea rugosa? Razonar la respuesta. 
Las fuerzas sobre la escalera son: 
 
Si no existe rozamiento del suelo las fuerzas horizontales no se podrán equilibrar. 
44. Romeo toma una escalera uniforme de 10 m de longitud y la apoya contra la pared 
pulida de la residencia de los Capuleto. La masa de la escalera es de 22,0 kg y su parte 
inferior se apoya en el suelo a 2,8 m de la pared. Cuando Romeo, cuya masa es de 70 kg 
alcanza el 90 % de su camino hasta el final, la escalera comienza a deslizar. ¿Cuál es el 
coeficiente de rozamiento estático entre el suelo y la escalera? 
 
Las fuerzas que actúan las tenemos en el esquema, la pared no tiene rozamiento. 
Tenemos equilibrio de fuerzas y también de momentos. 
Considerando momentos respecto a la parte inferior de la escalera: 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟐𝟐∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟗𝟗 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
Por ser momento nulo: 𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟗𝟗 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟓𝟓 
Obtenemos: 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝟗𝟗+𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟓𝟓𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
El ángulo de la escalera es: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄�𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟎𝟎� = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟒𝟒º 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟗𝟗+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟓𝟓𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟒𝟒 = 𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕 𝑵𝑵 
Por el equilibrio de fuerzas: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝝁𝝁 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁 =
𝑭𝑭𝒘𝒘𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝑭𝑭𝒘𝒘𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 =
𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟑𝟑𝟓𝟓 
 
45. Una escalera de masa despreciable de longitud L se apoya contra una pared pulida 
formando un ángulo ϴ con el suelo horizontal. El coeficiente de rozamiento entre la 
escalera y el suelo es µe. Un hombre de masa M sube por la escalera. ¿Qué altura h 
puede ascender antes de que la escalera deslice? 
 
Imponiendo equilibrio de fuerzas y momentos: 
Momento: 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒙𝒙 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝒙𝒙 𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
Fuerza: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝑾𝑾 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝑵𝑵 𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝒙𝒙 𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 
𝒙𝒙 =
𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒉𝒉 = 𝒙𝒙 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝜽𝜽𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 
 
46. Una escalera uniforme de longitud L y masa m se apoya contra una pared vertical sin 
rozamiento y su extremo inferior sobre el suelo. Forma un ángulo de 60º con el suelo 
horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre la escalera y el suelo es 0,65. Una 
persona, cuya masa es cuatro veces mayor que la de la escalera, sube por ésta. ¿A qué 
altura llegará antes de que comience a deslizar? 
 
Imponiendo equilibrio de momentos: 
 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟒𝟒 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒍𝒍 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+𝑳𝑳𝟐𝟐)𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
Por equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟓𝟓 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 
Operando: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗(𝟒𝟒∗𝒍𝒍+𝑳𝑳𝟐𝟐)𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟒𝟒 ∗ 𝒍𝒍 +
𝑳𝑳𝟐𝟐 =
𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝟓𝟓∗𝑳𝑳∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒍𝒍 = �𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽− 𝟏𝟏𝟐𝟐� ∗ 𝑳𝑳𝟒𝟒 = �𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟓𝟓 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏(𝟔𝟔𝟎𝟎) − 𝟏𝟏𝟐𝟐� ∗ 𝑳𝑳𝟒𝟒 𝒍𝒍 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 
Puede subir toda la escalera sin caerse. 
47. Una escalera de masa m y longitud L se apoya contra una pared vertical y sin rozamiento 
formando un ángulo ϴ con la horizontal. El centro de masas se encuentra a una altura h 
del suelo. Una fuerza F tira horizontalmente de la escalera hacia fuera en su punto 
medio. Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe para el cual, el 
extremo superior de la escalera se separará de la pared, mientras el extremo inferior no 
desliza. 
 
 Considerando momento nulo respecto a la base: 𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎− 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 𝝉𝝉𝑭𝑭 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭 𝟎𝟎 𝟎𝟎− 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 
Considerando el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 
Por tanto: 𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝝁𝝁𝒆𝒆 =
𝟏𝟏𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 
48. Un muchacho que pesa 900 N está sentado en la parte superior de una escalera de peso 
despreciable que descansa sobre un suelo sin rozamiento (figura). Hay un brazo cruzado 
a mitad de altura de la escalera. El ángulo que forma la escalera en la parte superior es 
ϴ=30º. 
a) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el suelo sobre cada pata de la escalera? 
b) Hallar la tensión en el brazo transversal. 
c) Si el brazo transversal se moviese hacia la parte inferior de la escalera (manteniendo 
ésta el mismo ángulo ϴ), ¿sería su tensión mayor o menor? 
 
a) 
 
Consideramos la mitad del peso y la mitad de la escalera. 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑷𝑷 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟒𝟒𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑵𝑵 
b) Considerando momentos sobrela parte superior: 𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝑻𝑻 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟐𝟐 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏(𝟏𝟏𝟓𝟓) −𝒙𝒙 𝟎𝟎� = 𝒙𝒙 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 −𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙 𝟎𝟎� = − 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝑻𝑻 ∗ 𝒙𝒙 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑫𝑫 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑻𝑻 =
𝑫𝑫∗𝑭𝑭𝒏𝒏𝟐𝟐∗𝒙𝒙 
Por trigonometría: 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝑫𝑫/𝟐𝟐𝒉𝒉 ;𝑫𝑫 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐� 𝑻𝑻 =
𝟐𝟐∗𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐�∗𝑭𝑭𝒏𝒏𝟐𝟐∗𝒙𝒙 =
𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐�∗𝑭𝑭𝒏𝒏𝒙𝒙 
Usando equilibrio de fuerzas verticales: 𝑻𝑻 =
𝒉𝒉∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏�𝜽𝜽𝟐𝟐�∗𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝑷𝑷𝒙𝒙 𝑻𝑻 =
𝟒𝟒∗𝟒𝟒𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝟏𝟏𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟏𝟏 𝑵𝑵 
c) Si x aumenta la Tensión decrece. 
 
49. Una escalera se apoya contra la pared vertical sin rozamiento. El coeficiente de 
rozamiento estático entre la escalera y el suelo es 0,3. ¿Cuál es el menor ángulo para el 
cual la escalera permanece estacionaria? 
 
 
Consideramos las condiciones de equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 
Por el equilibrio de momentos, respecto a la base: 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎− 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝝁𝝁𝒆𝒆 =
𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 ; 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝝁𝝁𝒆𝒆� = 𝟓𝟓𝟗𝟗 º 
50. Habiendo fallado en su primer intento (véase problema 44), Romeo adquiere una nueva 
escalera para tratar de acceder una vez más a la ventana de Julieta. Esta esca lera tiene 
una longitud L y pesa 200 N. La sitúa al otro lado de la ventana, donde el coeficiente de 
rozamiento estático es de 0,4 entre la escalera y la pared y de 0,7 entre la escalera y el 
suelo. Debido a las magulladuras sufridas en su última caída, Romeo sube esta vez 
convenientemente acolchado, lo que le da una masa total de 80 kg. Sin embargo, cuando 
se encuentra a 4/5 de la altura máxima de la escalera, ésta comienza a deslizar. ¿qué 
ángulo formaba la escalera con el suelo cuando Romeo comenzó a ascender? 
Al tener rozamiento con la pared aparece una fuerza vertical en el extremo superior. 
 
Para las fuerzas de rozamiento: 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑵𝑵 
Con el equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝑵𝑵−𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝑵𝑵−𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 
 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒓𝒓 ; 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑵𝑵 𝝁𝝁𝒑𝒑 ∗ 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑵𝑵 = 𝑵𝑵−𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 
𝑵𝑵 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒄𝒄 
Considerando momentos respecto del suelo: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒚𝒚 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒚𝒚 𝟎𝟎−𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒚𝒚 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒙𝒙 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝒙𝒙 𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎− 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟐𝟐∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎− 𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒∗𝑳𝑳𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒚𝒚 + 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟒𝟒∗𝑳𝑳𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝑭𝑭𝒙𝒙𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐−𝑭𝑭𝒚𝒚 
Usando 𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑵𝑵 y 𝑭𝑭𝒚𝒚 = 𝑵𝑵−𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 : 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝝁𝝁𝒄𝒄∗𝑵𝑵 𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐−(𝑵𝑵−𝟐𝟐∗𝒈𝒈−𝒎𝒎∗𝒈𝒈 )
 
Usando 𝑵𝑵 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒄𝒄 : 
𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝝁𝝁𝒄𝒄∗𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒄𝒄𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝟑𝟑𝟐𝟐∗𝒎𝒎∗𝒈𝒈−𝟐𝟐∗𝒈𝒈+𝒎𝒎∗𝒈𝒈 𝟏𝟏−𝝁𝝁𝒑𝒑∗𝝁𝝁𝒄𝒄 
𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏+𝟑𝟑𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎−𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏+𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟎𝟎.𝟒𝟒 � 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈(𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟐𝟐) = 𝟕𝟕𝟎𝟎º 
El ángulo con el suelo será de 20 º. 
51. Una escalera se apoya contra una gran esfera pulida de radio R fija sobre una superficie 
horizontal. La escalera forma un ángulo de 60º con la superficie horizontal y su longitud 
es 5R/2. 
a) ¿Cuál es la fuerza que ejerce la escalera sobre la esfera? 
b) ¿Cuál es la fuerza de rozamiento que evita que la escalera deslice? 
c) ¿Cuál es la fuerza normal que la superficie horizontal ejerce sobre la escalera? 
a)Sobre la escalera actúan la fuerza Normal que hace la esfera en el punto de contacto 
(N), el peso de la escalera (mg), la fuerza normal del suelo sobre la escalera ( Fn) y la 
fuerza de rozamiento del suelo sobre la escalera ( Fr). 
 
Por equilibro de fuerzas: 𝑵𝑵𝒙𝒙 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝑵𝑵𝒚𝒚 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈− 𝑭𝑭𝒏𝒏 
Despejamos Fn en la primera (𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎)𝝁𝝁𝒆𝒆 ) y lo substituimos en la segunda: 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟎𝟎) = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈− 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟎𝟎)𝝁𝝁𝒆𝒆 𝑵𝑵 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝝁𝝁𝒆𝒆 
b) 𝑭𝑭𝒓𝒓 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑵𝑵∗𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟎𝟎)𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝑵𝑵 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎) 
c) 𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝑵𝑵∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎)𝝁𝝁𝒆𝒆 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝐬𝐬(𝟑𝟑𝟎𝟎)𝝁𝝁𝒆𝒆 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎)𝝁𝝁𝒆𝒆∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟑𝟑𝟎𝟎)+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝟑𝟑𝟎𝟎)
 
Tensión y deformación 
52. Un alambre de aluminio y otro de acero de iguales longitud, L, y diámetro d, están 
soldados formando un alambre de longitud 2L. El alambre se sujeta al techo y un peso W 
se sujeta al otro extremo. Despreciando la masa de los alambres, ¿Cuál de las siguientes 
afirmaciones es cierta? 
a) El alambre de aluminio se alargará la misma porción que el de acero. 
b) Las tensiones de los alambres de aluminio y acero son iguales. 
c) La tensión en el alambre de aluminio es mayor que en el alambre de acero. 
Respuesta b. 
 
53. Se cuelga una bola de 50 kg de u n alambre de acero de 5 m de longitud y 2 mm de radio. 
¿Cuánto se alargará el alambre? 
Consideramos la expresión del módulo de Young: 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 
Para el acero: 𝒀𝒀 = 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑮𝑮𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 =
𝑭𝑭∗𝑳𝑳𝒀𝒀∗𝑨𝑨 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝒀𝒀∗𝝅𝝅∗𝒓𝒓𝟐𝟐 =
𝟓𝟓𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟓𝟓𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗∗𝝅𝝅∗𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐 ∆𝑳𝑳 = 𝟗𝟗.𝟕𝟕𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒𝒎𝒎 
54. La tensión a la rotura de un alambre de cobre es aproximadamente de 3 108 N/m2. 
a) ¿Cuál es la carga máxima que puede colgarse de un alambre de cobre de 0,42 mm? 
b) ¿Si se cuelga la mitad de esta carga máxima del alambre de cobre, en que porcentaje 
de su longitud se alargará? 
a) 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝑨𝑨 ∗ 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 𝑭𝑭𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 = 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟏𝟏)𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟏𝟏.𝟔𝟔 𝑵𝑵 
b) 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳𝑳𝑳 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨𝒀𝒀 =
𝟐𝟐𝟎𝟎.𝟐𝟐/(𝝅𝝅∗(𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟏𝟏)𝟐𝟐𝟏𝟏𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 
= 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟔𝟔𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟑𝟑𝟔𝟔 % 
 
55. Un alambre de acero de diámetro 0,5 mm y longitud de 1,2 m soporta una masa de 4 kg. 
¿Cuál será el alargamiento del alambre bajo esta carga? 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 
∆𝑳𝑳 =
𝑭𝑭 ∗ 𝑳𝑳𝒀𝒀 ∗ 𝑨𝑨 =
𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝒀𝒀 ∗ 𝝅𝝅 ∗ 𝒓𝒓𝟐𝟐 =
𝟒𝟒 ∗ 𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 ∗ 𝝅𝝅 ∗ (𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟏𝟏.𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝒎𝒎 
 
56. Mientras los pies de un corredor tocan el suelo, una fuerza de cizalladura actúa sobre la 
suela de su zapato de 8 mm de espesor según se indica en la figura. Si la fuerza de 25 N 
se distribuye a lo largo de un área de 15 cm2, calcular el ángulo ϴ de cizalladura sabiendo 
que el módulo de cizalladura de la suela es 1,9 105 N/m2. 
 𝟐𝟐𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒍𝒍𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 = 𝟐𝟐𝒄𝒄 =
𝒕𝒕𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂𝒅𝒅𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒅𝒅𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒍𝒍𝒂𝒂𝒅𝒅𝒄𝒄𝒓𝒓𝒂𝒂 =
𝑭𝑭𝒄𝒄𝑨𝑨∆𝑿𝑿𝑳𝑳 =
𝑭𝑭𝒄𝒄𝑨𝑨𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 
𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝑭𝑭𝒄𝒄𝑨𝑨𝟐𝟐𝒄𝒄� = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟐𝟐𝟓𝟓𝟏𝟏𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒∗𝟏𝟏,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟓𝟓� = 𝟓𝟓,𝟎𝟎𝟏𝟏𝒄𝒄 
57. Un alambre de acero de longitud 1,5 m y diámetro 1 mm se suelda a un alambre de 
aluminio de dimensiones idénticas. ¿Cuál es la longitud del alambre compuesto cuando 
soporta una masa de 5 kg? 
Para un alambre compuesto, la longitud bajo tensión es la longitud sin tensión 
más la suma de los alargamientos de los componentes del alambre. 
La longitud del alambre compuesto cuando soporta una masa de 5 kg es: 𝑳𝑳 = 𝟑𝟑,𝟎𝟎𝟎𝟎 + ∆𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 = ∆𝑳𝑳𝒂𝒂𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄 + ∆𝑳𝑳𝑨𝑨𝒍𝒍 =
𝑭𝑭𝑨𝑨 ∗ �𝑳𝑳𝒂𝒂𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄𝒀𝒀𝒂𝒂𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄 +
𝑳𝑳𝑨𝑨𝒍𝒍𝒀𝒀𝑨𝑨𝒍𝒍� =
𝟓𝟓∗𝟗𝟗.𝟐𝟐𝟏𝟏𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑�𝟐𝟐 ∗ � 𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 +
𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟕𝟕𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗� ∆𝑳𝑳 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑𝒎𝒎 
 
58. Una fuerza F se aplica a un alambre largo de longitud L y sección recta A. 
Demostrar que, si el alambre se considera como un muelle, la constante de 
fuerza k viene dada por 𝒌𝒌 = 𝑨𝑨𝒀𝒀/𝑳𝑳 y la energía almacenada en el alambre es 𝑼𝑼 =𝟏𝟏/𝟐𝟐𝑭𝑭∆𝑳𝑳, en donde Y es el módulo de Young y ∆𝑳𝑳 el incremento de longitud del 
alambre. 
Para un cuerpo elástico: 𝑭𝑭 = 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳 𝒌𝒌 =
𝑭𝑭∆𝑳𝑳 
Aplicando la definición del módulo de Young: 
 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; 
𝑭𝑭∆𝑳𝑳 =
𝒀𝒀∗𝑳𝑳𝑨𝑨 
 𝒌𝒌 =
𝒀𝒀∗𝑳𝑳𝑨𝑨 
La energía potencial elástica es: 
𝑼𝑼 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒀𝒀∗𝑳𝑳𝑨𝑨 ∗ ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 
Usando 𝑭𝑭 = 𝒌𝒌 ∗ ∆𝑳𝑳 =
𝒀𝒀∗𝑳𝑳𝑨𝑨 ∗ ∆𝑳𝑳 𝑼𝑼 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 
59. La cuerda E de acero de un violín está bajo la tensión de 53 N. El diámetro de la cuerda es 
0,20 mm y su longitud tensada es 35,0 cm. Determinar 
a) La longitud sin tensar de esta cuerda. 
b) El trabajo necesario para tensar la cuerda (véase problema 58). 
a) 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ∆𝑳𝑳 =
𝑭𝑭∗𝑳𝑳𝑨𝑨∗𝒀𝒀 
La longitud tensada es: 𝑳𝑳′ = 𝑳𝑳 + ∆𝑳𝑳 = 𝑳𝑳 ∗ �𝟏𝟏+
𝑭𝑭𝑨𝑨∗𝒀𝒀� 𝑳𝑳 =
𝑳𝑳′�𝟏𝟏+ 𝑭𝑭𝑨𝑨∗𝒀𝒀� =
𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟓𝟓
(𝟏𝟏+ 𝟓𝟓𝟑𝟑𝝅𝝅∗�𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑�𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟒𝟒𝟕𝟕 𝒎𝒎 
b) 𝑼𝑼 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟕𝟕𝟗𝟗𝟓𝟓 𝑱𝑱 
60. Una cinta de caucho de sección3 mm X 1,5 mm se dispone verticalmente y varias masas 
se cuelgan de ella. Un estudiante obtiene los siguientes datos de la longitud de la cinta 
en función de la carga: 
Carga, g 0 100 200 300 400 500 
Longitud ,cm 5,0 5,6 6,2 6,9 7,8 10,0 
a) Determinar el módulo de Young de la cinta de caucho para cargas pequeñas. 
b) Determinar la energía almacenada en la cinta cuando la carga es de 150g. (véase 
problema 58). 
a) 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 
Carga (kg) Fuerza (N) ∆𝑳𝑳(𝒎𝒎) ∆𝑳𝑳/𝑭𝑭 (N/m) 
0,1 0,981 0,006 6,12*10-3 
0,2 1,962 0,012 6,12*10-3 
0,3 2,943 0,019 6,46*10-3 
0,4 3,924 0,028 7,14*10-3 
0,5 4,905 0,05 10,2*10-3 
 
Para valores menores de 200 g el cociente de la última columna es constante, para 
estos casos: 𝒀𝒀 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 =
𝑳𝑳𝑨𝑨 ∗ 𝑭𝑭∆𝑳𝑳 =
𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟓𝟓𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟔𝟔,𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 
b) 𝑼𝑼 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑭𝑭 ∗ ∆𝑳𝑳 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟗𝟗 = 𝟔𝟔,𝟔𝟔𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝑱𝑱 
 
61. Un edificio se derriba mediante una bola de acero de 400 kg que oscila en el extremo de 
un alambre de acero de diámetro 5 cm y longitud de 30 m que cuelga de una enorme 
grúa. La bola oscila según un arco, de modo que en la parte más elevada de la oscilación 
el alambre forma un ángulo de 50º con la vertical. Determinar el alargamiento del 
alambre en la parte más baja de la oscilación. 
La fuerza sobre el cable es la tensión, la tensión en el punto más bajo viene dada por: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝒎𝒎 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝑹𝑹 = 𝒎𝒎 ∗ �𝒈𝒈 +
𝟐𝟐𝟐𝟐𝑹𝑹 � 
La velocidad en el punto más bajo se obtiene por la conservación de la enrgía: 
𝟐𝟐 = �𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒉𝒉 = �𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓𝟎𝟎) 
Con esto: 𝑻𝑻 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝟏𝟏+ 𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓𝟎𝟎) = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟐𝟐𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑𝑵𝑵 𝒀𝒀 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 =
𝑭𝑭∗𝑳𝑳𝑨𝑨∗𝒀𝒀 =
𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟐𝟐𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟑𝟑𝟎𝟎𝝅𝝅∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐𝟓𝟓𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟗𝟗 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟏𝟏𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑 𝒎𝒎 
62. Un gran espejo cuelga de un clavo, como se muestra en la figura. El alambre de acero 
que lo soporta tiene un diámetro de 1,8 mm y una longitud sin deformar de 1,5 m. La 
distancia entre los puntos de soporte en la parte superior del marco del espejo es 1,3 m. 
La masa del espejo es 2,4 kg. ¿Cuál es la distancia entre el clavo y la parte superior del 
marco cuando el espejo está colgado? 
 
 
 𝒂𝒂 =
𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟓𝟓 𝒎𝒎 𝑳𝑳 =
𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝒎𝒎 𝒉𝒉 = �𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟕𝟕𝟒𝟒 𝒎𝒎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 =
𝒉𝒉𝑳𝑳 =
𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟕𝟕𝟒𝟒𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑻𝑻 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 =
𝟐𝟐,𝟒𝟒∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟑𝟑,𝟓𝟓𝟒𝟒 𝑵𝑵 𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
𝑻𝑻𝑨𝑨 =
𝟐𝟐𝟑𝟑,𝟓𝟓𝟒𝟒𝝅𝝅∗(𝟎𝟎,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟗𝟗𝟐𝟐𝟓𝟓𝟐𝟐𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐 𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏 =
∆𝑳𝑳𝑳𝑳 =
𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏𝒀𝒀 =
𝟗𝟗𝟐𝟐𝟓𝟓𝟐𝟐𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓 
Usando el teorema de Pitágoras: 𝒂𝒂𝟐𝟐 + 𝒉𝒉𝟐𝟐 = 𝑳𝑳𝟐𝟐 
Derivando: 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ ∆𝒂𝒂 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒉𝒉 ∗ ∆𝒉𝒉 = 𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 ∗ ∆𝑳𝑳 
Como ∆𝒂𝒂 = 𝟎𝟎: 𝒉𝒉 ∗ ∆𝒉𝒉 = 𝑳𝑳 ∗ ∆𝑳𝑳 ∆𝒉𝒉 =
𝑳𝑳∗∆𝑳𝑳 𝒉𝒉 =
𝑳𝑳∗∆𝑳𝑳 𝒉𝒉 ∗ 𝑳𝑳𝑳𝑳 =
𝑳𝑳𝟐𝟐𝒉𝒉 ∗ ∆𝑳𝑳𝑳𝑳 =
𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓𝟐𝟐𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟕𝟕𝟒𝟒 ∗ 𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓 = 𝟔𝟔,𝟗𝟗𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓𝒎𝒎 𝒉𝒉′ = 𝒉𝒉 + ∆𝒉𝒉 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟕𝟕𝟒𝟒+ 𝟔𝟔,𝟗𝟗𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟕𝟕𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕𝟕 𝒎𝒎 
 
63. Dos masas M1 y M2 están sujetas a sendos cables de igual longitud sin carga. El alambre 
que soporta a M1 es de aluminio de 0,7 mm de diámetro y el que soporta a M2 es de 
acero y 0,5 mm de diámetro. ¿Cuál es la relación M1/M2, si los dos cables se alargan por 
igual? 𝒀𝒀 =
𝑭𝑭/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 =
𝑭𝑭∗𝑳𝑳𝒀𝒀∗𝑨𝑨 ∆𝑳𝑳𝟏𝟏 =
𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝟏𝟏𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏 ∆𝑳𝑳𝟐𝟐 =
𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝑳𝑳𝟐𝟐𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 
Los dos incrementos son iguales y las dos longitudes también. 𝟐𝟐𝟏𝟏𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏=
𝟐𝟐𝟐𝟐𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 ; 
𝟐𝟐𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 =
𝒀𝒀𝟏𝟏∗𝑨𝑨𝟏𝟏𝒀𝒀𝟐𝟐∗𝑨𝑨𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐 =
𝟎𝟎.𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟓𝟓𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟎𝟎.𝟐𝟐𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟎𝟎.𝟔𝟔𝟐𝟐𝟔𝟔 
64. Una masa de 0,5 kg se sujeta a un alambre de aluminio de diámetro 1,6 mm y longitud 
sin deformar 0,7 m. El otro extremo del alambre está fijo a un poste. La masa gira 
alrededor del poste en un plano horizontal comuna velocidad de rotación tal que el 
ángulo que forman el alambre y la horizontal es 5, 0º. Determinar la tensión del alambre 
y su longitud. 𝑳𝑳 = 𝑳𝑳𝒄𝒄 + ∆𝑳𝑳 
En la pelota, la fuerza resultante vertical es nula. 
 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑻𝑻 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 = 𝟓𝟓𝟔𝟔,𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 ; ∆𝑳𝑳 =
𝑻𝑻∗𝑳𝑳𝒀𝒀∗𝑨𝑨 =
𝟓𝟓𝟔𝟔,𝟑𝟑∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝝅𝝅∗(𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟑𝟑)𝟐𝟐 = 𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒 𝒎𝒎 𝑳𝑳 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕 + 𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎−𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎 
65. Según la tabla:
 
La resistencia a la tracción de la mayor parte de los materiales resulta ser dos o tres 
órdenes de magnitud inferior al módulo de Young. En consecuencia, estos materiales, 
por ejemplo, el aluminio, se romperán antes de que la deformación exceda un 1 %. Sin 
embargo, en el caso del nailon, la resistencia a la tracción y el módulo de tracción son 
prácticamente iguales. Si un hilo de nailon de longitud sin deformar Lo y sección 
transversal Ao se somete a una tensión T, la sección transversal puede hacerse 
substancialmente menor antes de que el hilo se rompa. En estas condiciones la tensión 
por tracción T/A sería muy superior a T/Ao. Deducir una expresión que relacione el área 
A con la tensión T, Ao y el módulo de Young. 
Durante la deformación, el volumen se conserva: 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄 𝑹𝑹 = 𝑹𝑹𝒄𝒄 ∗ �𝑳𝑳𝒄𝒄𝑳𝑳 𝑨𝑨 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 ; 𝑨𝑨𝒄𝒄 = 𝝅𝝅 ∗ 𝑹𝑹𝒄𝒄𝟐𝟐 𝑨𝑨 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄𝑳𝑳𝒄𝒄+∆𝑳𝑳 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝑳𝑳𝒄𝒄𝑳𝑳𝒄𝒄+𝑻𝑻∗𝑳𝑳𝒄𝒄𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏+ 𝑻𝑻𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄 = 𝑨𝑨𝒄𝒄 ∗ 𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄𝒀𝒀∗𝑨𝑨𝒄𝒄+𝑻𝑻 
Problemas generales 
66. Si el momento resultante es cero respecto a un determinado punto, ¿será cero respecto 
a cualquier otro punto? Razonar la respuesta. 
Sí, en caso contrario la conservación del momento angular dependería de las 
coordenadas escogidas. 
67. La barra horizontal de la figura permanecerá horizontal si 
a) L1=L2 y R1=R2. 
b) L1=L2 y M1=M2. 
c) R1=R2 y M1=M2. 
d) L1M1=L2M2. 
e) R1L1=L2R2. 
 
Para tener equilibrio rotacional debemos tener momento nulo. El momento respecto 
al centro es: 𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹𝟐𝟐 
Eso se cumple en el caso c. 
68. ¿Cuál de las siguientes magnitudes podría n tener unidades de N/m2? 
a) Módulo de Young. 
b) Módulo de cizalladura. 
c) Tensión. 
d) Deformación. 
El módulo de Young es: 𝒀𝒀 =
𝑻𝑻/𝑨𝑨∆𝑳𝑳/𝑳𝑳 
 Las unidades S.I.: 
[𝒀𝒀] =
𝑵𝑵/𝒎𝒎𝟐𝟐𝒎𝒎/𝒎𝒎 =
𝑵𝑵𝒎𝒎𝟐𝟐 
[𝟐𝟐𝒄𝒄] = �𝑭𝑭𝒄𝒄/𝑨𝑨𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 � =
𝑵𝑵𝒎𝒎𝟐𝟐 
[𝑻𝑻𝒆𝒆𝒏𝒏𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏] = [𝑭𝑭/𝑨𝑨] =
𝑵𝑵𝒎𝒎𝟐𝟐 
[𝑫𝑫𝒆𝒆𝒇𝒇𝒄𝒄𝒓𝒓𝒎𝒎𝒂𝒂𝒄𝒄𝒅𝒅ó𝒏𝒏] = 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 
Este último no tiene dimensiones de 
𝑵𝑵𝒎𝒎𝟐𝟐. 
69. Una persona está sentada en una silla con la espalda erecta. Si intenta levantarse sin 
inclinarse hacia delante no puede hacerlo. ¿Por qué? 
El centro de gravedad está sobre sus pies, para levantarse el centro de seguridad debe 
estar por delante de sus pies y tener un momento resultante. 
70. Un tablero de 90 N que tiene una longitud de 12 m está apoyado en dos soportes, cada 
uno de los cuales dista 1 m del extremo del tablero. Se coloca un bloque de 360 N sobre 
el tablero a 3 m de un extremo, como se indica en la figura. Hallar la fuerza ejercida por 
cada soporte sobre el tablero. 
 
 Tomando momentos respecto al soporte de la derecha: 𝑵𝑵𝒅𝒅 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝟗𝟗𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟒 + 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟐𝟐 ; 𝑵𝑵𝒅𝒅 =
𝟗𝟗𝟎𝟎∗𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕 𝑵𝑵 
Por equilibrio de fuerzas: 
𝑵𝑵𝒅𝒅 +𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ; 𝑵𝑵𝒅𝒅 = 𝟗𝟗𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎− 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑵𝑵 
71. La altura del centro de gravedad de un hombre erecto se determina pesándole sobre una 
table de peso despreciable soportada por dos balanzas, como indica la figura. Si la altura 
del hombre es de 188 cm y la balanza de la izquierda marca 455 N y la de la derecha 400 
N, ¿dónde está localizado el centro de gravedad respecto a sus pies? 
 
El centro de gravedad estará determinado por la condición de equilibro de fuerzas 
paralelas: 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ (𝒅𝒅− 𝒙𝒙) = 𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒙𝒙 ;𝒙𝒙 =
𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝒅𝒅𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓+𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 =
𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟒𝟒𝟒𝟒𝟓𝟓+𝟒𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟎𝟎 𝒎𝒎 
72. La figura muestra un móvil formado por cuatro pesos que cuelgan de tres barras de masa 
despreciable. Determinar el valor de cada uno de los pesos desconocidos cuando el 
móvil está en equilibrio. Indicación: Hallar el peso de P1. 
 
 
Por equilibrio de momentos de la barra inferior: 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟑𝟑 = 𝑷𝑷𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 ; 𝑷𝑷𝟏𝟏 =
𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟑𝟑𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑵𝑵 
Para la segunda barra: 𝑷𝑷𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒 ; 𝑷𝑷𝟐𝟐 =
𝟑𝟑,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟒𝟒𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟕𝟕 𝑵𝑵 
Para la barra superior: 𝑷𝑷𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐 ; 𝑷𝑷𝟑𝟑 =
𝟏𝟏𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟐𝟐𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟔𝟔 = 𝟑𝟑,𝟓𝟓 𝑵𝑵 
73. Una polea y un polipasto se utilizan para soportar una masa de 120 kg como indica la 
figura. 
a) ¿Cuál es la tensión de la cuerda? 
b) ¿Cuál es la ventaja mecánica de este sistema? 
 
 
a) Para determinar la tensión de la cuerda tenemos: 𝟑𝟑 ∗ 𝑻𝑻 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑻𝑻 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈𝟑𝟑 =
𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟗𝟗𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝑵𝑵 
b) Ventaja 3. 
74. Una placa que tiene la forma de un triángulo equilátero de masa M se suspende de un 
vértice. Otra masa m se suspende de otro vértice del triángulo. ¿Cuál debe ser la relación 
m/M para que la base del triángulo forme un ángulo de 6,0 º con la horizontal? 
En trazo continuo tenemos el triángulo colgado del vértice. Al colocar la masa m en le 
vértice, el triángulo gira y adopta la línea punteada girando un ángulo ϴ. 
 
El centro de masas del triángulo sin la masa se encuentra en un punto a 2/3 de su altura 
por debajo del punto de suspensión. Si el lado del triángulo tiene una longitud de 2 a: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒎𝒎 =
𝟐𝟐∗𝒉𝒉𝟑𝟑 =
𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑𝟑𝟑 =
𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 
Al colgar la masa m se produce el giro, el centro de masas del triangulo se desplaza de 
forma que ahora se encuentra en: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒎𝒎′ =
𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 =
𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒎𝒎′ =
𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ √𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
Para ángulos pequeños en radianes: 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒎𝒎′ =
𝟐𝟐∗𝒂𝒂∗√𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 =
𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 
Si miramos el dibujo la masa m también se ha desplazado, en el eje x su desplazamiento 
es: 𝒅𝒅 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 
Tomando momentos respecto al punto de suspensión: 𝝉𝝉𝒎𝒎 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−(𝒂𝒂 −√𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽) 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ (𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝟐𝟐 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎) 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽�𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 
𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝒂𝒂 − √𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝜽𝜽� = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐∗𝒂𝒂√𝟑𝟑 ∗ 𝜽𝜽 𝒎𝒎𝟐𝟐 =
𝟐𝟐∗𝜽𝜽√𝟑𝟑∗(𝟏𝟏−√𝟑𝟑∗𝜽𝜽)
=
𝟐𝟐∗𝟔𝟔∗𝝅𝝅𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎√𝟑𝟑∗�𝟏𝟏−√𝟑𝟑∗𝟔𝟔∗𝝅𝝅𝟏𝟏𝟐𝟐𝟎𝟎� = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟒𝟒𝟐𝟐 
 
75. Un lápiz de sección hexagonal se sitúa sobre una lámina de papel grueso (figura).Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento estático µe, para que el lápiz ruede 
hacia abajo sin deslizarse cuando el papel se inclina. 
 
 Para empezar a rodar debemos tener que el centro de masas está ligeramente 
adelantado sobre su base de apoyo, como se ve en la figura este ángulo crítico debe ser 
de 30º. 
 
Si aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 
Operando: 𝝁𝝁𝒆𝒆 = 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 
Para valores mayores rodará. 𝝁𝝁𝒆𝒆 ≥ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ≥ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟕𝟕𝟕𝟕 
 
76. Habiendo perdido su trabajo en la oficina de correos, Barry decide explorar sus 
posibilidades futuras como brillante escultor. Barry decide pedir prestado el dinero 
suficiente para adquirir un bloque de mármol de 3 m X 1 m X 1 m. Después de cargar el 
bloque en la parte trasera de su camioneta, en posición vertical con la base cuadrada 
sobre el suelo de la camioneta, se dirige hacia su casa. De pronto, se interpone en su 
camino una ardilla desorientada y Barry frena con fuerza. ¿Qué desaceleración 
provocará el vuelco del bloque de mármol? 
 
 
Aplicando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝒇𝒇𝒆𝒆 = 𝒎𝒎∗ 𝒂𝒂 
 
Aplicando momentos respecto al centro de masas: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒇𝒇𝒆𝒆 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝑳𝑳/𝟐𝟐 −𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒉𝒉𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒉𝒉/𝟐𝟐 𝒂𝒂 =
𝑳𝑳𝒉𝒉 ∗ 𝒈𝒈 
En nuestro caso L=1 y h=2. 𝒂𝒂 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 
77. Una caja uniforme de 8 kg de masa y dos veces más alta que ancha descansa sobre el 
suelo de un camión. ¿Cuál es el máximo coeficiente de rozamiento estático entre la caja 
y el suelo para que la caja deslice hacia atrás en lugar de volcar cuando el camión acelera 
en una carretera horizontal con una aceleración a=0,6 g? 
 
Aplicando equilibrio de momentos respecto al centro de masas: 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘𝟐𝟐 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝒇𝒇𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝒇𝒇𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎−𝒘𝒘/𝟐𝟐 −𝒘𝒘 𝟎𝟎� = 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝒘𝒘 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒘𝒘𝟐𝟐 
Usando 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈, la condición de equilibrio de rotación es: 𝝁𝝁𝒄𝒄 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 
Por tanto, para valores mayores se producirá deslizamiento sin vuelco. 𝝁𝝁𝒄𝒄 < 𝟏𝟏/𝟐𝟐 
 
78. La exposición de arte de Barry contiene múltiples esculturas pequeñas situadas 
alrededor de una pieza central que se titula “Política”. La pieza consta de tres barras 
idénticas, cada una de ellas de longitud L y masa m, unidas del modo que se muestra en 
la figura. Dos de las barras forman una ⊥ fija y la tercera está suspendida de una bisagra. 
Preguntando sobre la razón del título de la escultura, Barry responde: “Oscila de 
izquierda a derecha con las variaciones de la bisagra, pero cualquiera que sea el punto de 
partida, siempre vuelve al mismo lugar”. Cuando alcanza el equilibrio, ¿Cuál es el valor 
de ϴ? 
 
 
 
Consideramos equilibro de momentos respecto al punto de soporte: 𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽+ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝑳𝑳/𝟐𝟐 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎∗𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽− 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽) ∗ 𝒌𝒌��⃗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽� = 𝟎𝟎 𝟐𝟐,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏(𝟒𝟒,𝟓𝟓) = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓º 
 
79. En los juegos olímpicos de 1996, el levantador de pesas de categoría superpesado, 
Andrei Chemerkin, batió el récord mundial con un levantamiento de 260 kg. Suponer que 
la sujeción de la barra fue ligeramente asimétrica como muestra la figura. Determinar el 
peso máximo que Chemerkin podía haber levantado con una sujeción simétrica, 
suponiendo que sus brazos eran igualmente fuertes. 
 
Para el levantamiento realizado, consideramos equilibrio de fuerzas, sea F2 la fuerza del 
brazo izquierdo y F1 la del derecho: 𝑭𝑭𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 
Por equilibrio de momentos, respecto al extremo izquierdo de la figura: 𝑭𝑭𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓+ 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 
Despejamos F1 de la primera: 𝑭𝑭𝟏𝟏 = −𝑭𝑭𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 
Substituimos en la segunda: 
(−𝑭𝑭𝟐𝟐 + 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏) ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓+ 𝑭𝑭𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 𝑶𝑶𝒑𝒑𝒆𝒆𝒓𝒓𝒂𝒂𝒏𝒏𝒅𝒅𝒄𝒄: 𝑭𝑭𝟐𝟐 =
𝟐𝟐𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟑𝟑−𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝑵𝑵 (𝒇𝒇𝒄𝒄𝒆𝒆𝒓𝒓𝒄𝒄𝒂𝒂 𝒃𝒃𝒓𝒓𝒂𝒂𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒄𝒄𝒊𝒊𝒄𝒄𝒅𝒅𝒆𝒆𝒓𝒓𝒅𝒅𝒄𝒄) 𝑭𝑭𝟏𝟏 = −𝟏𝟏𝟎𝟎𝟔𝟔𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟓𝟓+ 𝟐𝟐𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟓𝟓 𝑵𝑵 
Si los dos brazos pueden realizar una fuerza de 1487,85 N, la masa que podrá levantar en 
cada parte con una sujeción simétrica será: 𝒎𝒎 =
𝟏𝟏𝟒𝟒𝟐𝟐𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟓𝟓 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟐𝟐 𝒌𝒌𝒈𝒈 
Por tanto, M=2*152=304 kg 
80. Una balanza tiene brazos desiguales. Un bloque de 1,5 kg situado en el platillo izquierdo 
parece tener la misma masa que otro de 1,95 kg en el platillo derecho (figura). ¿Cuál 
sería la masa aparente del primero si se colocara en el platillo derecho? 
 
Considerando el equilibrio: 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ; 
𝑳𝑳𝟏𝟏𝑳𝑳𝟐𝟐 =
𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟎𝟎 
Si colocamos la masa de 1,5 kg en el lado derecho: 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝑳𝑳𝟏𝟏 ;𝒎𝒎 = 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐𝑳𝑳𝟏𝟏 =
𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒌𝒌𝒈𝒈 
81. Un cubo de masa M se apoya contra una pared sin rozamiento formando un ángulo ϴ 
con el suelo como se indica en la figura. Determinar el coeficiente mínimo de rozamiento 
estático µe entre el cubo y el suelo que permite que el cubo permanezca en reposo. 
 
 
Considerando equilibrio de fuerzas: 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 
 
Tenemos dos pares de fuerzas actuando, el par fs,max y Fw por un lado , y el par Fn y Mg. 
Los dos han de estar equilibrados. 
El momento de fs,max y Fw: 𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ∗ 𝒂𝒂 
El de Fn y Mg: 
𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝜽𝜽) ∗ 𝒂𝒂√𝟐𝟐 
Igualando los dos: 𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒎𝒎𝒂𝒂𝒙𝒙 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒅𝒅 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂√𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝜽𝜽) 𝝁𝝁𝒄𝒄 =
𝟏𝟏√𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏(𝟒𝟒𝟓𝟓+𝜽𝜽)𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝟏𝟏√𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝟏𝟏√𝟐𝟐 ∗ (𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟓𝟓+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒕𝒕𝜽𝜽) 𝝁𝝁𝒄𝒄 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ (𝟏𝟏 + 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒕𝒕𝜽𝜽) 
82. La figura muestra una regla de metro unidas mediante una bisagra a una pared vertical y 
soportada mediante un alambre delgado. El alambre y la regla de metro forman ángulos 
de 45º con la vertical. La masa de la regla es 5,0 kg. Cuando una masa de 10,0 kg se 
suspende del punto medio de la regla, la tensión T del alambre soporte es de 52 N. Si el 
alambre se rompe cuando la tensión excede los 75 N, ¿Cuál es la máxima distancia a lo 
largo de la regla que permite suspender la masa de 10,0 kg si que se rompa el alambre? 
 
Sea d la distancia a la parteinferior de la masa de 10,0 kg, T la tensión máxima (75 N) 
Aplicamos momentos respecto al punto inferior de la regla, m la masa de la regla y M la 
masa colgante: 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝒅𝒅+ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ∗ 𝟎𝟎,𝟓𝟓 = 𝑻𝑻 ∗ 𝟏𝟏 𝒅𝒅 =
𝑻𝑻∗𝟏𝟏−𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 =
𝟕𝟕𝟓𝟓∗𝟏𝟏−𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓∗𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟑𝟑𝟏𝟏 𝒎𝒎 
83. La figura muestra una escalera de 20 kg apoyada contra una pared sin rozamiento y 
descansando sobre una superficie horizontal también sin rozamiento. Para evitar que la 
escalera deslice, la parte inferior de la escalera se ata a la pared con un alambre delgado, 
la tensión del alambre es 29,4 N. El alambre se romperá si la tensión supera los 200 N. 
a) Si una persona de 80 kg asciende hasta la mitad de la escalera, ¿qué fuerza ejercerá 
ésta sobre la pared? 
b) ¿Hasta qué altura puede ascender una persona de 80 kg con esta escalera? 
 
a) 𝒍𝒍 = �𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟐𝟐 = 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒎𝒎 
𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄 𝒕𝒕𝒈𝒈� 𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟓𝟓� = 𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟑𝟑𝒄𝒄 
 
Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑻𝑻 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 
Haciendo momentos respecto a la parte inferior de la escalera: 
𝝉𝝉𝒎𝒎∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟐𝟐∗𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒕𝒕𝒈𝒈𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟓𝟓 𝟎𝟎� = −𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝟓𝟓 = (𝒎𝒎+ 𝟐𝟐) ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓; 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
(𝟐𝟐𝟎𝟎+𝟐𝟐𝟎𝟎)∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟒𝟒𝟕𝟕,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
b) En este caso ha subido una longitud l por la escalera, de forma que su posición 
respecto a la base de la escalera será x=l*cosϴ e y=l*senϴ. 
Con esto, aplicando momento nulo y Fw=T=200 N obtenemos: 𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓+𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝒍𝒍 =
𝟐𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟓𝟓−𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟕𝟕𝟑𝟑,𝟑𝟑 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟐𝟐 𝒎𝒎 
84. Suponga que la barra que cuelga de la T en el problema 78 tiene una longitud diferente 
de las otras barras, es decir 𝒍𝒍 ≠ 𝑳𝑳, aunque su masa por unidad de longitud es la misma 
que la de aquellas. Hallar la relación L/l tal que 𝜽𝜽 = 𝟕𝟕𝟓𝟓𝒄𝒄. 
 
Consideramos equilibro de momentos respecto al punto de soporte: 
𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟐𝟐 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝟏𝟏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽+ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝒍𝒍/𝟐𝟐 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽− 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽) ∗ 𝒌𝒌��⃗ 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 +𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽� = 𝟎𝟎 
Ponemos las masas en función de las densidades: 𝟐𝟐 = 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ;𝒎𝒎 = 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝝀𝝀 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝝀𝝀 ∗ 𝒍𝒍 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 − 𝑳𝑳𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽� = 𝟎𝟎 𝟏𝟏,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ (𝟎𝟎,𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽− 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) 𝑳𝑳𝒍𝒍 =
𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟕𝟕𝟓𝟓−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟕𝟕𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟕𝟕𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟕𝟕𝟕𝟕 
 
85. Un cubo uniforme puede moverse a la largo de un plano horizontal bien empujándolo, 
de modo que deslice o bien haciéndolo rodar. ¿Cuál es el coeficiente de fricción estática 
entre el cubo y el suelo si el trabajo necesario para el desplazamiento es el mismo en 
ambos casos? 
 
Para elevar el cubo, elevamos su centro de masas desde a/2 hasta √𝟐𝟐𝒂𝒂/𝟐𝟐.El trabajo 
coincidirá con el cambio de energía potencial: 𝑾𝑾 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒉𝒉 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �√𝟐𝟐𝒂𝒂𝟐𝟐 − 𝒂𝒂𝟐𝟐� =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒂𝒂𝟐𝟐 ∗ �√𝟐𝟐 − 𝟏𝟏� = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 
Cuando arrastramos el cubo ejercemos un trabajo igual al que hace la fuerza de fricción: 𝑾𝑾 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 
Como los dos son iguales: 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 = 𝝁𝝁𝒅𝒅 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒂𝒂 ; 𝝁𝝁𝒅𝒅 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟎𝟎𝟕𝟕 
86. Un bloque grande y rectangular descansa sobre un plano inclinado del modo indicado en 
la figura. Si µe= 0,4, ¿el bloque deslizará o volcará al incrementar lentamente el ángulo 
ϴ? 
 
 
El bloque volcará cuando el peso no “caiga” sobre su base. 
Aplicamos la condición de equilibrio: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝝁𝝁𝒆𝒆 ∗ 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 
Para deslizar se requiere un ángulo: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈(𝝁𝝁𝒆𝒆) = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈(𝟎𝟎.𝟒𝟒) = 𝟐𝟐𝟏𝟏.𝟐𝟐𝒄𝒄 
Ahora hemos de ver si este ángulo permite que vuelque: 𝜽𝜽 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒕𝒕𝒈𝒈�𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒂𝒂𝟏𝟏,𝟓𝟓∗𝒂𝒂� = 𝟏𝟏𝟐𝟐,𝟒𝟒𝒄𝒄 
El ángulo requerido para volcar es menor que el de deslizar, por tanto, volcará. 
87. Una masa de 360 kg pende de un cable sujeto a una barra de acero de 15 m de longitud 
que pivota en una pared vertical y se soporta mediante un cable como indica la figura. La 
masa de la barra es de 85 kg. 
a) Con el cable sujeto a la barra a 5,0 m del extremo inferior, como se indica, 
determinar la tensión del cable y la fuerza ejercida por la pared sobre la barra de 
acero. 
b) Repetir el cálculo con un cable algo más largo sujeto a la barra de acero a 5,0 m d su 
extremo superior, manteniendo el mismo ángulo entre la barra y la pared. 
 
a) 
 
Haciendo momentos respecto al punto de soporte: 𝑻𝑻 ∗ 𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟕𝟕,𝟓𝟓+ 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟏𝟏𝟓𝟓 ;𝑻𝑻 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟓𝟓 𝑻𝑻 =
𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎∗(𝟐𝟐𝟓𝟓∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟓𝟓)𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐𝟓𝟓𝟗𝟗 𝑵𝑵 
Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ (𝟐𝟐𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎) − 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐𝟓𝟓𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = −𝟒𝟒𝟓𝟓𝟔𝟔𝟐𝟐 𝑵𝑵 𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟐𝟐𝟓𝟓𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑵𝑵 
El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟒𝟒𝟓𝟓𝟔𝟔𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟐𝟐𝟔𝟔𝟗𝟗 𝑵𝑵 
b) 
 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟕𝟕,𝟓𝟓 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝟏𝟏𝟓𝟓 ;𝑻𝑻 =𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽∗𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑻𝑻 =
𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎∗(𝟐𝟐𝟓𝟓∗𝟕𝟕,𝟓𝟓+𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟓𝟓)𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟗𝟗𝟐𝟐𝟑𝟑 𝑵𝑵 
Considerando equilibrio de fuerzas: 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟔𝟔𝟎𝟎+ 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 + 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 +𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈− 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝑭𝑭𝟐𝟐 = 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ (𝟐𝟐𝟎𝟎+ 𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎) − 𝟓𝟓𝟗𝟗𝟐𝟐𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟑𝟑𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑵𝑵 
𝑭𝑭𝒉𝒉 = 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟓𝟓𝟗𝟗𝟐𝟐𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟓𝟓𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎 𝑵𝑵 
El valor resultante: 𝑭𝑭 = �𝟏𝟏𝟑𝟑𝟓𝟓𝟓𝟓𝟐𝟐 + 𝟓𝟓𝟏𝟏𝟑𝟑𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟓𝟓𝟑𝟑𝟎𝟎𝟔𝟔 𝑵𝑵 
 
88. Repetir el problema 77 para el caso en que el camión acelera con a=0,6g al sub ir una 
pendiente que forma un ángulo de 9,0º con la horizontal. 
 
Usando momentos respecto al centro de la caja: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝒇𝒇𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝒘𝒘/𝟐𝟐 𝒘𝒘 𝟎𝟎� = 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌��⃗𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒘𝒘 𝟎𝟎� = −𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝒘𝒘 ∗ 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 𝒇𝒇𝒄𝒄𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟏𝟏/𝟐𝟐 
Utilizando la expresión de fuerza de rozamiento estático: 𝒇𝒇𝒄𝒄 ≤ 𝝁𝝁𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 ; 𝝁𝝁𝒄𝒄 ≥ 𝒇𝒇𝒄𝒄𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 
Para deslizar: 𝝁𝝁𝒄𝒄 < 𝟎𝟎,𝟓𝟓 
89. Una barra delgada de 60 cm de longitud se equilibra sobre un pivote situado a 20 cm de 
un extremo cuando una masa de (2m+2) g está en el extremo más próximo al pivote y 
una masa m en el extremo opuesto (figura a). También se considera el equilibrio si la 
masa (2m+2) g se reemplaza por la masa m y en el otro extremo no se sitúa masa alguna 
(figura b). Determinar la masa de la barra. 
 
Aplicando momentos respecto a los puntos de soporte: 
(𝟐𝟐𝒎𝒎+ 𝟐𝟐) ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = (𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏) +𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟒𝟒 𝒎𝒎 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏 
De las dos obtenemos: 𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 ∗𝒎𝒎 
Substituyendo en la primera: 𝒎𝒎 =
𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝟐𝟐 = 𝟒𝟒 𝒈𝒈 
90. El planeta Marte tiene dos satélites. Fobos y Deimos, en órbitas casi circulares. Los radios 
de Fobos y Deimos son 9,38 103 km y 23,46 103 km, respectivamente. La masa de Marte 
es 6,42 1023 kg, la de Fobos 9,63 1015 kg y la de Deimos 1,93 1015 kg. Determinar el centro 
de gravedad y el centro de masas del sistema formado por los dos satélites utilizando el 
centro de Marte como origen cuando 
a) Los satélites están en oposición (es decir, en lados exactamente opuestos de Marte. 
b) Los satélites están en conjunción (es decir, en línea y en el mismo lado de Marte). 
a) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒎𝒎 =
𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓−𝟐𝟐𝟑𝟑.𝟒𝟒𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟑𝟑𝟐𝟐𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒌𝒌𝒎𝒎 ,𝒆𝒆𝒏𝒏 𝒆𝒆𝒍𝒍 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝒕𝒕𝒅𝒅𝒅𝒅𝒄𝒄 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃𝒄𝒄𝒄𝒄 
 
b) 𝒙𝒙𝒄𝒄𝒎𝒎 =
𝟗𝟗.𝟑𝟑𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟗𝟗.𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓+𝟐𝟐𝟑𝟑.𝟒𝟒𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑∗𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟑𝟑∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓+𝟏𝟏.𝟗𝟗𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟎𝟎𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕𝟓𝟓𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒎𝒎 
 
Si consideramos los satélites y el planeta esferas uniformes centro de gravedad y de 
masas coincidirán. 
91. Cuando se cuelga un cuadro en una pared vertical rugosa mediane un alambre y un clavo 
(de la misma manera que el espejo de la figura del problema 62). La parte superior del 
marco se inclina ligeramente hacia adelante; es decir, el plano del cuadro forma un 
pequeño ángulo con la vertical. 
a) Explicar por qué los cuadros colgados de esta manera no quedan planos contra la 
pared. 
b) Un cuadro enmarcado de 1,5 m de ancho y 1,2 m de alto, cuya masa es 8,0 kg, se 
cuelga como en la figura del problema 62 utilizando un alambre de 1,7 m de 
longitud. Los extremos del alambre están unidos a los lados del marco por la parte 
posterior y a una distancia de 0,4 m del borde superior. Cuando el bloque está 
colgado, los planos del cuadro y de la pared forman un ángulo de 5, 0º. Determinar la 
fuerza que la pared ejerce sobre la parte inferior del marco. 
a) Como el centro de gravedad del cuadro está frente a la pared, el momento debido a 
mg respecto al clavo debe equilibrarse por un momento opuesto debido a la fuerza 
de la pared sobre el cuadro, que actúa horizontalmente. Así, para qué ∑𝑭𝑭𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, la 
tensión en el alambre debe tener un componente horizontal y el cuadro debe 
inclinarse hacia delante. 
b) 
 
Tomando momentos respecto al clavo: 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 −𝟎𝟎.𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 𝟎𝟎� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒘𝒘 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝒘𝒘 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎𝟎 −𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 𝟎𝟎� = −𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 ∗ 𝑭𝑭𝒘𝒘 
 
 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 =
𝟐𝟐∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 = 𝟑𝟑,𝟒𝟒𝟑𝟑 𝑵𝑵 
92. Un espejo rectangular de 1,0 m de alto y 0,60 m de ancho se cuelga de un gancho en la 
pared utilizando un alambre de 0,85 m de longitud, sujeto a los lados del espejo, 0,20 m 
por debajo del borde superior. La masa del espejo es 6,0 kg. 
a) Determinar el ángulo que el plano del espejo forma con el plano vertical. 
b) Determinar la tensión de los alambres de soporte y la fuerza ejercida por la pared 
sobre el borde inferior del espejo. 
 
Para la cuerda: 
 𝒉𝒉 = �𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟐𝟐𝟓𝟓𝟐𝟐 − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟎𝟎𝟏𝟏 𝒎𝒎 
Consideramos el triangulo del dibujo superior, formado por pared, cuadro y cuerda en 
“visión” lateral: 
 
Al no ser un triángulo rectángulo tenemos: 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟐𝟐 = 𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜶𝜶 + 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐 − 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜶𝜶 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜶𝜶 
Obtenemos: 𝟎𝟎,𝟔𝟔 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜶𝜶 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟒𝟒 ; 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜶𝜶 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 ;𝜶𝜶 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟎𝟎 
La solución es: ; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟎𝟎 
b) Procedemos como en el problema anterior: 𝑭𝑭𝒘𝒘 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟔𝟔∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟓𝟓𝟏𝟏,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟓𝟓 =
𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟓𝟓∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟎𝟎,𝟐𝟐∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟐𝟐 = 𝟑𝟑𝟐𝟐,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
En el sentido vertical: 𝟐𝟐 ∗ 𝑻𝑻𝒚𝒚 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑻𝑻𝒚𝒚 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟐𝟐 =
𝟔𝟔∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟒𝟒𝟑𝟑 𝑵𝑵 
En el sentido horizontal: 𝑻𝑻𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝟏𝟏𝟎𝟎,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
En el eje perpendicular al papel tenemos: 𝜶𝜶 = 𝒂𝒂𝒓𝒓𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟐𝟐𝟓𝟓 = 𝟒𝟒𝟓𝟓𝒄𝒄 𝑻𝑻𝒄𝒄 = �𝑻𝑻𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 ; 𝑻𝑻𝒄𝒄𝟐𝟐 = (𝑻𝑻𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒄𝒄𝟐𝟐) ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟒𝟒𝟓𝟓 
 𝑻𝑻𝒄𝒄 = � 𝟏𝟏� 𝟏𝟏𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝟒𝟒𝟓𝟓−𝟏𝟏� ∗ (𝑻𝑻𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝑻𝑻𝒚𝒚𝟐𝟐) = 𝟑𝟑𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
 
93. Si un tren viaja a determinada velocidad en una curva los vagones de mercancía pueden 
volcar. Suponer que la carga que transporta son paralelepípedos de densidad uniforme y 
1,5 104 kg de masa, 10 m longitud, 3,0 m de altura y 2,20 m de ancho y su base se 
encuentra a 0,65 m por encima de las vías. Los ejes están separados a una distancia de 
7,6 m y cada uno a 1,2 m de los extremos del furgón. La separación entre los carriles es 
de 1,55 m. Determinar la máxima velocidad de seguridad del tren si el radio de curvatura 
de la curva es 
a) 150 m. 
b) 240 m. 
a) 
 
La distancia a las ruedas desde la línea central es de 1,55/2=0,775 m. 
La altura desde el suelo al centro es de 0,65+1,5=2,15 m. 
Considerando momentos al centro de gravedad del vagón: 𝝉𝝉𝒇𝒇𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌−𝒇𝒇𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟎𝟎� = −𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑭𝑭𝒏𝒏 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 𝑭𝑭𝒏𝒏 𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓 𝟎𝟎� = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
Considerando momento nulo: 𝒇𝒇𝒄𝒄 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝑭𝑭𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟓𝟓 
Por equilibrio de fuerzas verticales y por tener m.c.u.: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝑹𝑹 
Con esto: 𝒎𝒎 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝑹𝑹 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟓𝟓 𝟐𝟐 = �𝑹𝑹 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟓𝟓𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟓𝟓 = �𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒈𝒈 𝟐𝟐(𝟏𝟏𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒎𝒎) = �𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟓𝟓𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟑𝟑,𝟎𝟎 𝒎𝒎/𝒄𝒄 
b) 𝟐𝟐(𝟐𝟐𝟒𝟒𝟎𝟎 𝒎𝒎) = √𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟔𝟔𝟎𝟎 ∗ 𝟐𝟐𝟒𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟏𝟏 𝒎𝒎/𝒄𝒄 
 
94. Para caminar sobre la cuerda floja, un equilibrista utiliza una barra delgada de 8 m de 
longitud y curvada en forma de arco circular. En cada extremo de la barra hay una masa 
de plomo de 8 kg. El equilibrista, cuya masa es de 58 kg y cuyo centro de gravedad está a 
0,90 m por encima de la cuerda, sujeta fuertemente la barrapor su centro que se 
encuentra a 0,65 m por encima de la cuerda. ¿Cuál debe ser el radio de curvatura del 
arco de la barra para que el equilibrista se encuentre en equilibrio estable mientras 
avanza por la cuerda? Despreciar la masa de la cuerda. 
 
La posición del centro de masas en el eje Y debe ser 0: 𝒚𝒚𝒄𝒄𝒎𝒎 = 𝟎𝟎 =
𝟓𝟓𝟐𝟐∗𝟎𝟎,𝟗𝟗−𝟐𝟐+𝟐𝟐𝟎𝟎∗𝒅𝒅𝟓𝟓𝟐𝟐+𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟎𝟎 ;𝒅𝒅 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟎𝟎𝟓𝟓 𝒎𝒎 
De acuerdo con el dibujo: 𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟓𝟓+ 𝒅𝒅 ;𝒄𝒄 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟎𝟎𝟓𝟓+ 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟓𝟓 = 𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒎𝒎 𝒄𝒄 = 𝑹𝑹 ∗ (𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) 
Considerando en radianes: 𝑹𝑹 ∗ 𝜽𝜽 = 𝟒𝟒 𝒎𝒎 ; 𝑹𝑹 =
𝟒𝟒𝜽𝜽 𝒄𝒄 = 𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝜽𝜽 ;
𝟏𝟏,𝟗𝟗𝟓𝟓𝟓𝟓𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟐𝟐𝟗𝟗 =
𝟏𝟏−𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝜽𝜽 
La ecuación tiene por solución: 𝜽𝜽 = 𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟐𝟐 𝒓𝒓𝒂𝒂𝒅𝒅 
Por tanto: 𝑹𝑹 =
𝟒𝟒𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟑𝟑,𝟕𝟕𝟎𝟎 𝒎𝒎 
95. Un gran cajón que pesa 4500 N descansa sobre cuatro bloques de 12 cm de altura sobre 
una superficie horizontal (figura). El cajón tiene 2 m de longitud, 1,2 m de altura y 1,2 m 
de ancho. Una persona debe levantar un extremo del cajón mediante una larga barra de 
acero. El coeficiente de fricción estática entre los bloques y la superficie es 0,4. Estimar la 
longitud de la barra de acero necesaria para que una persona pueda levantar el extremo 
del cajón. 
 
Las fuerzas sobre la caja son: 
 
Sobre la barra: 
 
l seria la longitud de palanca por debajo de la caja. 
Cuando está a punto de levantarse, por condiciones de equilibrio: 
Eje y, para la caja: 
 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 + 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾 
Momentos respecto al punto B, para la caja: 𝒘𝒘 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝒘𝒘 ∗𝑾𝑾 ;𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗𝑾𝑾 
Usando la primera ecuación: 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 = 𝑾𝑾− 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝑾𝑾− 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗𝑾𝑾 =
𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗𝑾𝑾 
Aplicando momentos a la barra respecto al punto A: 𝑭𝑭 ∗ (𝑳𝑳 − 𝒍𝒍) = 𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩 ∗ 𝒍𝒍 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏+
𝑭𝑭𝑷𝑷𝑩𝑩𝑭𝑭 � = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏+
𝑾𝑾𝟐𝟐∗𝑭𝑭� 
En función de la fuerza máxima que podamos aplicar F: 𝑳𝑳 = 𝒍𝒍 ∗ �𝟏𝟏+
𝟒𝟒𝟓𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐∗𝑭𝑭 � 
96. Seis ladrillos idénticos se disponen uno encima del otro en sentido longitudinal para 
construir una torre inclinada con el máximo retranqueo que permita su estabilidad. 
a) Partiendo de la parte más alta, determinar el máximo retranqueo de cada ladrillo 
sucesivo. 
b) ¿Cuál es el máximo saliente de los seis ladrillos? 
a) Para el primer ladrillo: 
 
Para el tercer ladrillo: 
 
Considerando momentos al punto P: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (𝑳𝑳 − 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ (𝑳𝑳 + 𝒍𝒍) = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒍𝒍 𝒍𝒍 =
𝑳𝑳𝟒𝟒 
 
De la misma manera: 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 − 𝟏𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 + 𝒍𝒍�+ 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ �𝑳𝑳 − 𝟑𝟑𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳 + 𝑳𝑳� = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ (
𝟓𝟓𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳 + 𝒍𝒍 − 𝑳𝑳) 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳/𝟔𝟔 
Siguiendo de la misma manera el quinto será: 𝒍𝒍 =
𝑳𝑳𝟐𝟐 
El sexto: 𝒍𝒍 = 𝑳𝑳/𝟏𝟏𝟎𝟎 
97. Una esfera uniforme de radio R y masa M se mantiene en reposo sobre un plano 
inclinado de ángulo ϴ mediante una cuerda horizontal, como muestra la figura. Se R=20 
cm, M=3 kg y ϴ=30º. 
a) Determinar la tensión en la cuerda. 
b) ¿Cuál es la fuerza normal ejercida sobre la esfera por el plano inclinado? 
c) ¿Cuál es la fuerza de rozamiento que actúa sobre la esfera? 
 
 
a) 
Aplicando momentos respecto al centro: 𝝉𝝉𝒇𝒇 = �𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝒇𝒇 𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎𝟎 −𝑹𝑹 𝟎𝟎� = −𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
𝝉𝝉𝑻𝑻 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 −𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎𝑹𝑹 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑹𝑹 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ∗ �𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐𝜽𝜽+ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟐𝟐𝜽𝜽� ∗ 𝒌𝒌��⃗ = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 𝒇𝒇 ∗ 𝑹𝑹 = 𝑻𝑻 ∗ 𝑹𝑹 ;𝒇𝒇 = 𝑻𝑻 
 Por equilibrio de fuerzas: 
 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝒇𝒇 −𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝟎𝟎 
 Usando f=T 
 𝑻𝑻 ∗ (𝟏𝟏+ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽) = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 ;𝑻𝑻 =
𝟐𝟐∗𝒈𝒈∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽
(𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽)
 
 𝑻𝑻 =
𝟑𝟑∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎𝟏𝟏+𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟗𝟗 𝑵𝑵 
b) Por equilibrio de fuerzas en el je y: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 + 𝑻𝑻 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟑𝟑 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎+ 𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟗𝟗 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟗𝟗,𝟒𝟒 𝑵𝑵 
c) 𝒇𝒇 = 𝑻𝑻 = 𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟗𝟗 𝑵𝑵 
 
98. Las patas de un triplete forman ángulos iguales de 90º entre sí en el vértice, donde se 
unen juntas. Un bloque de 100 kg cuelga del vértice. ¿Cuáles son las fuerzas de 
compresión en las tres patas? 
 
Como el ángulo entre patas es de 90 grados, los ángulos en la base son de 45º. 
Considerando el triángulo entre las dos patas: 
 𝑳𝑳 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟒𝟒𝟓𝟓 =
𝑩𝑩𝑩𝑩𝟐𝟐 ; 𝑩𝑩𝑩𝑩 = √𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 
Consideramos el triangulo de la base ABC: 
 
Aplicando Pitágoras: 𝒂𝒂 = �𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝟐𝟐𝟒𝟒 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 = �𝟑𝟑𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 
La distancia b será: 𝒃𝒃 =
𝟐𝟐𝟑𝟑 ∗ 𝒂𝒂 =
𝟐𝟐𝟑𝟑 ∗ �𝟑𝟑𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳 
Consideramos el triángulo: 
 𝒄𝒄 = √𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝒃𝒃𝟐𝟐 = �𝑳𝑳𝟐𝟐 − 𝟒𝟒𝟗𝟗 ∗ 𝟑𝟑𝟐𝟐 ∗ 𝑳𝑳𝟐𝟐 =
𝟏𝟏√𝟑𝟑 ∗ 𝑳𝑳 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 =
𝒄𝒄𝑳𝑳 =
𝟏𝟏√𝟑𝟑 
Considerando la situación de equilibrio: 𝟑𝟑 ∗ 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 𝑭𝑭 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝟑𝟑∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 =
𝟏𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟑𝟑∗ 𝟏𝟏√𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑵𝑵 
99. La figura muestra una viga uniforme de 20 cm de longitud descansando sobre un cilindro 
de 4 cm de radio. La masa de la viga es de 5,0 kg y la del cilindro 8,0 kg. El coeficiente de 
rozamiento entre la viga y el cilindro es cero. 
a) Determinar las fuerzas que actúan sobre la viga y el cilindro. 
b) ¿Cuáles deben ser los coeficientes mínimos de rozamiento estático entre la viga y el 
suelo y entre el cilindro y el suelo para evitar el deslizamiento? 
 
 
Las fuerzas de rozamiento son: 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝟐𝟐−𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏 
𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒄𝒄 = 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝒆𝒆−𝒄𝒄 ∗ 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄 
 Aplicando momentos respecto a la base de la viga, para la viga: 
 𝝉𝝉𝑭𝑭𝒄𝒄 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎−𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 𝝉𝝉𝒎𝒎𝒈𝒈 = � 𝒅𝒅 𝒋𝒋 𝒌𝒌𝟎𝟎 −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 𝟎𝟎−𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 𝟎𝟎� = −𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 ∗ 𝒌𝒌��⃗ 
 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝑭𝑭𝒄𝒄 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎 
 𝑭𝑭𝒄𝒄 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈∗𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟎𝟎∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 =
𝟓𝟓∗𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏∗𝟎𝟎,𝟏𝟏∗𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟓𝟓 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 
 Usando el equilibrio de fuerzas para la viga: 
 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽+ 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ; 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈− 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟓𝟓 𝑵𝑵 
 𝒇𝒇𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒄𝒄 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟔𝟔𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
 Por ser Fcb y Fc de acción y reacción: 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 𝑵𝑵 
Usando equilibrio de fuerzas para el cilindro: 𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄 = 𝟐𝟐 ∗ 𝒈𝒈 + 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐 ∗ 𝟗𝟗,𝟐𝟐𝟏𝟏+ 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑 𝑵𝑵 𝒇𝒇𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝑭𝑭𝒄𝒄𝒃𝒃 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝟑𝟑𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐 𝑵𝑵 
Por tanto: 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝟐𝟐−𝒄𝒄 =
𝒇𝒇𝒄𝒄𝑭𝑭𝒏𝒏 =
𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟒𝟒,𝟓𝟓 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟐𝟐𝟎𝟎 𝝁𝝁𝒄𝒄,𝒆𝒆−𝒄𝒄 =
𝒇𝒇𝒄𝒄,𝒄𝒄𝑭𝑭𝒏𝒏𝒄𝒄 =
𝟏𝟏𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟏𝟏𝟎𝟎𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟑𝟑𝟐𝟐 
100. Dos esferas pulidas sólidas de radio r se sitúan dentro de un cilindro de radio R como 
indica la figura. La masa de cada esfera es m. Determinar la fuerza ejercida por el fondo 
del cilindro y la fuerza ejercida de una esfera sobre la otra. 
 
 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝑹𝑹−𝒓𝒓𝒓𝒓 ; 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 =
𝑹𝑹−𝒓𝒓�𝑹𝑹∗(𝟐𝟐∗𝒓𝒓−𝑹𝑹) 
 
Si consideramos equilibrio de fuerzas verticales de las dos esferas: 𝑭𝑭𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 ∗𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 
Para la esfera inferior: 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 = 𝒎𝒎 ∗ 𝒈𝒈 ;𝑭𝑭 =
𝒎𝒎∗𝒈𝒈𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝜽𝜽 
Porequilibrio de fuerzas horizontales: 𝑭𝑭𝒘𝒘 = 𝑭𝑭 ∗ 𝒄𝒄𝒆𝒆𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝒕𝒕𝒂𝒂𝒏𝒏𝜽𝜽 = 𝒎𝒎∗ 𝒈𝒈 ∗ 𝑹𝑹−𝒓𝒓�𝑹𝑹∗(𝟐𝟐∗𝒓𝒓−𝑹𝑹) 
 
101. Un cubo sólido de arista a equilibrado sobre un cilindro de diámetro d se encuentra 
en equilibrio inestable si d≪a y en equilibrio estable si d≫a (figura). Determinar el valor 
mínimo de d/a para que el cubo se encuentre en equilibrio estable. 
 
 
Si el cubo tiene un desplazamiento 𝜹𝜹𝜽𝜽, el punto de contacto cambia en 𝑹𝑹 ∗ 𝜹𝜹𝜽𝜽 con 
R=d/2. Como resultado del movimiento el cubo gira el mismo ángulo 𝜹𝜹𝜽𝜽.Su centro se 
desplaza en la misma dirección en 
𝒂𝒂𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜽𝜽. 
Si el desplazamiento del centro de masa del cubo es menor que el del punto de 
contacto el momento resultante restaura el equilibrio, en caso contrario no. 
 
𝒂𝒂𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜽𝜽 >
𝒅𝒅𝟐𝟐 ∗ 𝜹𝜹𝜽𝜽 no habrá equilibrio. 
La condición de equilibrio es: d/a=1