16

Capítulo III

EQUILIBRIO DE UN

CUERPO RÍGIDO

3.1 CONCEPTOS PREVIOS

1. Momento de una fuerza respecto a un punto ( F

OM

).-

Cantidad vectorial que mide la rotación (giro) o tendencia a la rotación producida por una

fuerza que actúa sobre un cuerpo, respecto a un punto de dicho cuerpo.

La figura siguiente muestra un cuerpo rígido sometido a una fuerza externa F

. Esta fuerza

produce un giro en sentido contrario a las manecillas de un reloj, respecto al punto “O” de dicho

cuerpo. La dirección del vector momento F

OM

se determina aplicando la regla de la mano

derecha o regla del sacacorchos.

En la figura:

F

OM

: momento de la fuerza F

con respecto al punto “O”

x

y

z

F

OM

O

r

F

Línea de acción de la fuerza

d

Eje de

momento

Vector F

OM

:

F

OM

= r F

= x y z

x y z

i j k

r r r

F F F

Dirección de F

OM

: Perpendicular al

plano que contiene a r

y F

. Se

determina por la regla de la mano

derecha.

Magnitud de F

OM

:

MF

O =

F

OM r F

= r F sen

17

r

: vector posición que va desde el punto “O” hasta un punto conocido de la línea de acción

de la fuerza.

O : punto de giro o centro de giro o centro de rotación o centro de momentos

d : distancia perpendicular desde el punto “O” hasta la línea de acción de la fuerza. También

se denomina brazo de palanca.

2. Momento resultante de un sistema de fuerzas (RM

) .-

Se calcula mediante la suma vectorial de todos los momentos producidos por las fuerzas

con respecto a un punto de un cuerpo rígido.

1 1

n nF

R O i i

i i

M M r F

Es decir:

( ) 1 1 2 2 . . .R O n nM r F r F r F

3. Principio de los momentos (Teorema de Varignón).-

Establece que:

“El momento de una fuerza con respecto a un punto es igual a la suma de los momentos

de las componentes de la fuerza con respecto al mismo punto”

Ejemplo:

F Fzas componentes deF

o oM M

Es decir:

1 2

F

OM r F r F r F

* Se cumple: 1 2F F F

r

F

2F

1F

x

y

O

18

4. Momento de una fuerza con respecto a un eje específico.-

Es la proyección del vector momento de una fuerza con respecto a un punto, sobre un eje

específico o línea de referencia.

Nota: Una fuerza no proporcionará un momento con respecto a un eje específico si la línea de

acción es paralela al eje o su línea de acción pasa a través del eje.

5. Momento de un par ( M

).-

Un par se define como dos fuerzas paralelas que tienen la misma magnitud y direcciones

opuestas, que están separadas por una distancia perpendicular “d”. El único efecto que el par

produce es un giro o una tendencia a la rotación (perpendicular al plano donde está el par).

x

y

z

F

OM

O

r

F

Eje de

momento

Eje específico

B

B´

'

F

BBM

F

BBM `

= momento de la fuerza F

respecto al eje

específico BB´.

r

= vector de posición que va desde un punto

conocido del eje específico a un punto

conocido de la línea de acción de la

fuerza.

Vector

F

BBM `

(Proyección del vector

F

OM

sobre

el eje BB´):

´´` BBBB

F

BB FrM

* Recordar:

zyx

zyx

zyx

BB

FFF

rrrFr

´

Vector M

: M r F

r

= vector de posición que va desde un punto cualesquiera

de la línea de acción de F

, hasta un punto cualesquiera

de la línea de acción de F

Magnitud de M

: M F d

; d = distancia perpendicular

entre las fuerzas.

Dirección de M

: está dado por la regla de la mano derecha o regla del sacacorchos.

M

F

F

r

d

19

Nota:

a) El vector momento de un par es un vector libre, es decir que lo podemos trasladar de un

punto a otro en un mismo cuerpo, siempre y cuando se mantenga su magnitud y dirección

correspondientes.

b) Se dice que dos pares son equivalentes si producen el mismo momento. Es necesario por lo

tanto que los pares de fuerzas iguales estén en el mismo plano o en planos que sean

paralelos entre sí.

6. Resultante del momento del par.-

Si más de dos momentos de un par actúan sobre un cuerpo, la resultante del momento del

par está dada por la siguiente expresión:

( )RM r F

O también: RM M

Ejemplo:

1M

2M

1M

2M

RM

M

F

F

M

F

F

F

F

M

20

7. Movimiento de una fuerza sobre un cuerpo rígido

1er Caso: El punto O está sobre la línea de acción de la fuerza.

Conclusión: los efectos externos sobre un cuerpo rígido permanecen inalterados cuando una

fuerza, que actúa en un punto determinado del cuerpo, se aplica en otro punto que está sobre

la línea de acción de la fuerza (Principio de transmisibilidad).

2do Caso: El punto O no está sobre la línea de acción de la fuerza.

Conclusión: al trasladar una fuerza de un punto a otro fuera de su línea de acción, el cuerpo

permanece inalterado siempre y cuando, además de la fuerza, actúe un momento.

8. Resultante de un sistema de pares y fuerzas.-

Cuando un cuerpo rígido se encuentra sujeto a un sistema de fuerzas y momento de pares,

con frecuencia resulta más sencillo estudiar los efectos externos sobre el cuerpo utilizando las

resultantes de momentos de pares y fuerzas que el sistema de momentos de pares y de fuerza.

=

= O

A

O

A

O

A

F

F

F

F

F

=

=

F

A

.O .O

F

M r F

A

F

F

F

O r

.P

A

21

9. Fuerzas distribuidas – Reducción de una carga simple distribuida.-

Toda fuerza real aplicada a un cuerpo se distribuye sobre un área o volumen finitos, ese es

el caso de las fuerzas ejercidas por el viento, fluidos, o simplemente el peso del material

soportado por la superficie de dicho cuerpo. La intensidad de estas fuerzas (cargas) en cada

punto de la superficie se define como la presión (fuerza por unidad de área), que puede

medirse en N/m2 (Pascal) o bf /pie2.

En aplicaciones de ingeniería es necesario conocer la forma en que se distribuyen las cargas o

fuerzas en los cuerpos, por ejemplo: en vigas, cables, etc.

Ejemplos de fuerzas distribuidas:

1) En una viga, debido a una carga W = W(x)

)( Xww Curva de carga

1F

1r

2r

2F

M

= =

O O

RM

1 2RF F F

O

M

1 1 1M r F

2 2 2M r F

1F

2F

( )xW : Función de carga (fuerza/longitud)

( )xW = ( ).xP a Ancho de la viga

Presión

22

T1 T2

Carga o fuerza del viento

2) En una torre de alta tensión, debido a la fuerza del viento.

Magnitud de la fuerza resultante debido a una carga uniformemente distribuida

Ubicación de la fuerza resultante debido a una carga uniformemente distribuida

“La fuerza resultante tiene una línea de acción que pasa a través del centroide C (centro

geométrico) del área definida por el diagrama de carga distribuida ( )xW ”

y

x

dF

x dx

Para calcular la magnitud de la fuerza

resultante ( )RF , debido a la carga ( )xW W

que actúa sobre la viga, analizo un diferencial

de fuerza dF que actúa en el diferencial de

longitud dx y mediante un proceso de

integración hallo la fuerza resultante ( )RF .

Se cumple: ( ).xdF W dx dA

Integrando: ( )0

RF

xdF W dx

( )R xF W dx Area

y

x

RF

x

L

C

Conclusión: la magnitud de la fuerza resultante es igual al área total bajo el diagrama de carga.

La coordenada x del centroide se calcula

con la siguiente expresión:

x dAx

dA

O también:

( )

( )

x

x

xW dxx

W dx

23

Nota: Si la carga de presión P(x) es tridimensional, la fuerza resultante tiene una magnitud igual

al volumen bajo la curva de carga distribuida P = P(x), y una línea de acción que pasa a través

del centroide de dicho volumen.

3.2 CONDICIONES DE EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO

Un cuerpo rígido se halla en equilibrio cuando la suma de todas las fuerzas externas que

actúan sobre él es igual a cero, y la suma de todos los momentos producidos por estas fuerzas,

respecto a un punto ubicado dentro o fuera del cuerpo, así como los momentos de par, también es

igual a cero.

Ecuaciones para el equilibrio de un cuerpo rígido

Para el equilibrio de un cuerpo rígido se requiere que la fuerza resultante y el momento

resultante actuando sobre el cuerpo sean iguales a cero.

Ecuaciones vectoriales de equilibrio

0F

0x y zF i F j F k

0M

0x y zM i M j M k

Ecuaciones escalares de equilibrio:

Estas seis ecuaciones escalares del equilibrio pueden utilizarse para resolver como máximo seis

incógnitas en el diagrama de cuerpo libre (DCL).

3.3 CUERPOS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADOS

Son aquellos cuerpos cuyo diagrama de cuerpo libre contiene un número de incógnitas,

fuerzas o pares, mayor que el número de ecuaciones de equilibrio.

0xF

0yF

0zF

Tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas

0xM

0yM

0zM

Tres ecuaciones escalares de equilibrio de momentos

24

Ejemplo 1: El cuerpo tiene más soportes que el mínimo necesario para mantenerlo en equilibrio.

En este caso el cuerpo tiene soportes de más. Por ejemplo, en la figura se muestra una viga

empotrada soportando una carga F

de magnitud conocida, y apoyada sobre dos rodamientos.

Del DCL de la viga notamos que hay un total de 5 incógnitas, sin embargo para un equilibrio en el

plano de un cuerpo rígido podemos plantear como máximo tres ecuaciones. Esto hace que el

cuerpo sea estáticamente indeterminado.

* Incógnitas: , , ,x y y yA A B C y M

* Ecuaciones: 0 , 0 , 0X yF F M

Ejemplo 2: Los soportes de un cuerpo están diseñados o colocados inadecuadamente de modo

que no se puede mantener el equilibrio, en tal caso el cuerpo tiene soportes impropios.

Del DCL de la viga notamos que la componente horizontal de F

no se equilibre con ninguna

fuerza, por lo tanto la viga no permanece en equilibrio. En este caso se dice que los soportes son

impropios.

F

F

yA

yB

A B

DCL de la viga

xA

yA

M

F

yB

yC

B C

A

F

25

3.4 TABLA 3.1 – Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas

de fuerzas bidimensionales

26

TABLA 3.1 – Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas

de fuerzas bidimensionales (Continuación)

Fuente: HIBBELER R.C. Ingeniería Mecánica. Estática. Décimo Segunda Edición. Prentice Hall. 2010

27

3.5 TABLA 3.2– Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas

de fuerzas tridimensionales

28

TABLA 3.2– Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas

de fuerzas tridimensionales (Continuación)

Fuente: HIBBELER R.C. Ingeniería Mecánica. Estática. Décimo Segunda Edición. Prentice Hall. 2010

29

3.6 PROBLEMAS RESUELTOS DE EQUILIBRIO DE UN CUERPO

RÍGIDO

PROBLEMA Nº 1

La torre de la figura tiene 70 m de altura. La tensión en los cables BC, BD y BE tiene una

magnitud de 2 kN. Considere la base de la torre como un soporte fijo. ¿Qué valores tienen las

reacciones en A?

Resolución

Para resolver problemas de equilibrio de cuerpos rígidos en el espacio, se recomienda seguir el

siguiente procedimiento:

1ro. Hacer el DCL del cuerpo rígido completo. Recuerde que sólo deben graficarse las fuerzas

externas que actúan sobre dicho cuerpo rígido.

2do. Determinar la expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo

rígido analizado.

3ro. Aplicar las ecuaciones de equilibrio para calcular las incógnitas solicitadas. Para ello se

recomienda aplicar primero 0

M con respecto a un eje especifico o con respecto a un punto,

y luego 0

F .

z (m) x (m)

y (m)

B

C (-50; 0; 0)

A

E (40; 0; -40)

D (20; 0; 50)

30

DCL de la torre (cuerpo rígido completo)

Las fuerzas externas que actúan sobre la torre son: las fuerzas en los cables BC, BD y BE, y la

fuerza de reacción en el soporte fijo A (esta fuerza de reacción se descompone en tres

componentes: ZYX AAA RyRR

, ). Además, dado que en A existe un soporte fijo, en este punto

actúa un par que se descompone es tres componentes: ZYX MyMM

, .

Asimismo, asumiremos que el punto A está ubicado en el origen de los ejes coordenados.

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la torre

);;(ZYX AAAA RRRR

BCBCBC FF )( ; donde: kNFBC 2 y )0;02325,86

70;

02325,86

50(

BC

)0;6275,1;1625,1( kNkNFBC

BDBDBD FF )( ; donde: kNFBD 2 y )31761,88

50;

31761,88

70;

31761,88

20(

BC

)1323,1;5852,1;4529,0( kNkNkNFBD

z (m) x (m)

y (m)

B

C (-50; 0; 0)

A

E (40; 0; -40)

D (20; 0; 50)

XAR

ZAR

YAR

ZM

XM

YM

BEF

BDF

BCF

31

BEBEBE FF )( ; donde: kNFBE 2 y )90

40;

90

70;

90

40(

BE

)8889,0;5556,1;88889,0( kNkNkNFBE

Además, el par que actúa en A se expresa como: );;( ZYX MMMM

Cálculo de

ZYX AAA RyRR ; (componentes de la fuerza de reacción en A)

Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, tenemos:

0 xF 08889,04529,01625,1 kNkNkNRXA kNR

XA 1793,0

Nota.- recuerde que el signo negativo de XAR indica que esta fuerza está en dirección contraria, es

decir sigue la dirección –x.

0 YF 05556,15852,16275,1 kNkNkNRYA kNR

YA 7682,8

0 YF 08889,01323,1 kNkNRZA kNR

ZA 2433,0

Luego, la fuerza de reacción en A es )2433,0;7682,4;1793,0( kNkNkNRA

Cálculo de ZYX MyMM ; (componentes del par en A)

Aplico primero suma de momentos totales respecto al eje x.

0 Totales

XEjeM 0

BEBDBC F

XEje

F

XEje

F

XEjeX MMMM . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje x:

XEjeXEje

F

XEje FrM

;

r = vector posición que va desde el eje x hasta la fuerza

Obtenemos:

)0;0;0(

BCF

XEjeM ; )0;0;2479( mkNMBDF

XEje

; )0;0;23,62( mkNMBEF

XEje

Además: )0;0;( XX MM

Reemplazando en (1) y despejando XM obtenemos: mkNM X 01,17

Si aplicamos suma de momentos totales respecto al eje y, tenemos:

0 Totales

YEjeM 0

BEBDBC F

YEje

F

YEje

F

YEjeY MMMM . . . (2)

32

Como las fuerzas de tensión en los cables BC, BD y BE interceptan al eje y, entonces los

momentos de estas fuerzas, respecto al eje y, son iguales a cero.

Además: )0;;0( YY MM

Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que: 0YM

Para calcular ZM aplicamos suma de momentos totales respecto al eje z. Es decir:

0 Totales

ZEjeM 0

BEBDBC F

ZEje

F

ZEje

F

ZEjeZ MMMM . . . (2)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje z, obtenemos:

)34,81;0;0( mkNMBCF

ZEje

; )71,31;0;0( mkNMBDF

ZEje

; )23,62:0;0( mkNMBEF

XEje

Además: );0;0( ZZ MM

Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que: mkNMZ 64,12

Por lo tanto, el momento de par en el punto A es: )64,12;0;01,17( mkNmkNM A

PROBLEMA Nº 2

Si la carga tiene un peso de 200 bf , determine la fuerza de tensión en los cables CD, BD y EF

y la fuerza de reacción en la rótula esférica A.

33

Resolución

DCL de la estructura ABGCE (cuerpo rígido completo)

Las fuerzas externas que actúan sobre la estructura ABGCE son las siguientes: peso de la carga,

tensiones en los cables CD, BD y EF, y reacción en la rótula esférica A (la cual se ha

descompuesto en sus tres componentes espaciales), tal como se observa en el DCL mostrado a

continuación.

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la estructura ABGCE

)200;0;0( bfw

; );;(ZYX AAAA RRRR

BDBDBD TT )( ; )1;0;0(

BD );0;0( BDBD TT

CDCDCD TT )( ; )5/3;5/4;0(

CD )5/3;5/4;0( CDCDCD TTT

EFEFEF TT )( ; )1;0;0(

EF );0;0( EFEF TT

Cálculo de la tensiones

BDT ,

CDT y

EFT

Para calcular las tensiones en los cables BD, CD y EF aplicamos 0

M , respecto al punto A,

porque de esta manera elimino de los cálculos las componentes de la reacción en A. Es decir:

w

BDT

CDT

EFT

ZAR

YAR

XAR 3 pies

34

0 Totales

AM 0

w

A

T

A

T

A

T

A MMMMEFCDBD

. . . (1)

Donde:

BDAB

T

A TrMBD

; de la figura dada: )0;0;4(

ABr , y se halló que: );0;0( BDBD TT

)0;4;0( BD

T

A TMBD

CDAC

T

A TrMCD

; de la figura dada: )0;4;4(

ACr , y se halló que: )5/3;5/4;0( CDCDCD TTT

CDCDCD

T

A TTTMCD

5

16;

5

12;

5

12

EFAE

T

A TrMEF

; de la figura dada: )0;4;2(

AEr , y se halló que: );0;0( EFEF TT

)0;2;4( EFEF

T

A TTMEF

wrM AG

w

A ; de la figura dada: )0;2;4(

AGr , y según dato: )200;0;0( bfw

piebfMw

A

)0;800;400(

Reemplazando estos momentos en la ecuación (1) y aplicando las tres ecuaciones escalares de

equilibrio de momentos, tenemos:

0 XM 040045

12 EFCD TT . . . (2)

0 YM 080025

124 EFCDBD TTT . . . (3)

0 ZM 05

16 CDT 0CDT

Reemplazando 0CDT en las ecuaciones (2) y (3), se obtiene:

bfTBD 150 ; bfTEF 100

Respuesta:

)150;0;0( bfTBD

; 0

CDT ; )100;0;0( bfTEF

35

Cálculo de AR

(reacción en la rótula esférica A)

Para calcular AR

, primero hallo sus componentes aplicando las ecuaciones escalares de

equilibrio de fuerzas. Es decir:

0 XF 0XAR

0 YF 05

4 CDA TR

Y , se halló que: 0CDT 0

YAR

0 ZF 05

3200 EFCDBDA TTTR

Z, se halló: bfTyTbfT EFCDBD 1000,150

bfRZA 50

Respuesta: )50;0;0( bfRA

PROBLEMA Nº 3

Una placa rectangular uniforme de 285 bf se sostiene en la posición mostrada por medio de

bisagras puestas en A y B, y mediante el cable DCE que pasa sin fricción por un gancho colocado

en C. Si la magnitud de la tensión en ambos lados del cable es la misma, determine:

a) La magnitud de la tensión en el cable.

b) Las reacciones en A y B. Suponga que la bisagra en B no ejerce ninguna fuerza de empuje

axial.

x

y

z

A

B

C

E

D

15 in.

23 in.

9 in.

22,5 in.

32 in.

3 in.

3 in.

36

Resolución

DCL de la placa rectangular De acuerdo con la figura dada, las coordenadas de los puntos son:

inA )0;0;3( , inB )0;0;29( , inC )15;0;23( , inD )0;5,22;0( , inE )0;5,22;32(

y inF )5,7;0;16(

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa rectangular

)0;285;0( bfw

, );;(ZYX AAAA RRRR

, );;0(ZY BBB RRR

CDCD TT )( ; 5,35

)15;5,22;23(

CD )423,0;634,0;649,0( TTTTCD

CECE TT )( ; 5,28

)15;5,22;9(

CE )526,0:789,0:316,0( TTTTCE

a) Cálculo de “T” (magnitud de la tensión en el cable DCE)

Para calcular “T” aplico 0

M en el eje AB (eje x) porque de esta manera se anulan las

reacciones en A y en B (anulo cinco incógnitas).

0 Totales

xEjeM 0

CECD T

xEje

w

xEje

T

xEje MMM . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para las

tensiones

CDT y

CET y el peso

w , se obtiene:

x

y

z

w

YBR

YAR

XBR

XAR

ZBR

ZAR

CET

CDT

A

B

C

E

Dato:

bfwPLACA 285

Por condición:

La bisagra en B no ejerce ninguna fuerza de empuje axial. Es decir:

0XBR

La magnitud de la tensión en ambos lados del cable es la misma.

Además:

Si las bisagras están alineadas en forma apropiada, entonces no generan pares sobre la placa.

37

)0;0;51,9( TMCDT

xEje

; inbfMw

xEje

)0;0;5,2137( ; )0;0;835,11( TMCET

xEje

Reemplazando en (1) y aplicando 0 XM , tenemos:

0835,115,213751,9 TT bfT 14,100

b) Cálculo de

AR y

BR (reacciones en las bisagras A y B)

Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas tenemos:

0 XF 0316,0649,0 TTRXA bfR

XA 347,33

0 YF 0789,0634,0285 TTRRbfYY BA bfRR

YY BA 5,142 . . . (2)

0 ZF 0526,0423,0 TTRRZZ BA bfRR

ZZ BA 033,95 . . . (3)

A continuación aplico 0

M en el punto A:

0 Totales

AM 0

CECDB T

A

T

A

w

A

R

A MMMM . . . (4)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la reacción

BR , las

tensiones

CDT y

CET y el peso

w , se obtiene:

)26;26;0(YZ

B

BB

R

A RRM

; inbfMCDT

A

)6,1269;65,127;35,952( ; ;

inbfMCET

A

)2,1580;1528;15,1185( ; inbfMw

A

)3705;0;5,2137(

Reemplazando en la ecuación (4) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de momentos, tenemos:

0 YM 0152865,12726 ZBR bfR

ZB 85,53

0 ZM 037052,15806,126926 YBR bfR

YB 89,32

Finalmente reemplazamos YBR en (2) y

ZBR en (3) y obtenemos:

bfRYA 61,109 ; bfR

ZA 18,41

Respuesta:

bfRA )18,41;61,109;347,33(

; bfRB )85,53;89,32;0(

38

PROBLEMA Nº 4

La placa de la figura está soportada por bisagras en A y B y por el cable CE, y está cargada por

una fuerza en D. El borde de la placa al cual están unidas las bisagras se encuentra en el plano y-

z, y los ejes de las bisagras son paralelos a la línea que pasa por los puntos A y B. Las bisagras

no ejercen pares sobre la placa. ¿Qué magnitud tiene la tensión en el cable CE? Si la bisagra en

B no ejerce una fuerza sobre la placa en la dirección del eje de la bisagra. ¿Qué valores tienen las

magnitudes de las fuerzas ejercidas sobre la placa por las bisagras en A y B?

Resolución

Primero determinamos las coordenadas de los puntos A, B, C, D y E. Para ello observamos la

figura dada y concluimos que:

)3;1;0(,)0;0:2(;)20cos2;202;2(,)20cos2;202:0(,)0;0;0( 0000 EDsenCsenBA

A continuación hacemos el DCL de la placa, es decir graficamos la placa sola y sobre ella todas

las fuerzas externas ejercidas. Luego, hallamos la expresión vectorial de cada una de las fuerzas

que actúan sobre la placa y finalmente aplicamos las dos ecuaciones de equilibrio para cuerpos

rígidos: 0

M y 0

F

39

DCL DE LA PLACA

Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa

kNF )0;6;2(

, );;(ZYX AAAA RRRR

, );;(ZYX BBBB RRRR

CECECE TT )( ; 845,2

)121,1;684,1;2(

CE )394,0;592,0;703,0( CECECECE TTTT

Cálculo de la magnitud de la tensión del cable CE

Para calcular la tensión en el cable CE aplico 0

M respecto al eje AB, porque de esta forma

cancelo las fuerzas de reacción en A y en B (las cuales también son incógnitas en este problema).

Es decir:

0 Totales

ABEjeM 0

CET

ABEje

F

ABEje MM . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para la fuerza

F

y la tensión

CET , se obtiene:

mkNMF

ABEje

)580652,10;853656,3;0( ; mkNTTM CECE

T

ABEje

CE

)29756,1;4726,0;0(

Reemplazando en (1) y aplicando 0 YM , tenemos:

04726,0853656,3 CET kNTCE 156,8

YBR

X

ZAR

X

XAR

X

XBR

X

YAR

X

ZBR

X

E .

CET

40

Cálculo de las magnitudes de las fuerzas ejercidas sobre la placa por las bisagras

en A y B, si la bisagra en B no ejerce una fuerza sobre la placa en la dirección del

eje de la bisagra.

En este caso aplicamos 0

M respecto al punto B, es decir:

0 Totales

BM 0

CEA T

B

F

B

R

B MMM . . . (2)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la fuerza de reacción

AR , la fuerza

F y la tensión

CET , se obtiene:

)684,0;879,1;879,1684,0(XXYZ

A

AAAA

R

B RRRRM

; mkNMCET

B

)6546,9;426,6;0(

mkNMF

B

)368,13;758,3;274,11(

Reemplazando en la ecuación (2) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de

momentos, se obtiene:

0274,11879,1684,0 kNRRYAAZ . . . (3)

kNRXA 43,5

Aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, se obtiene:

kNRXB 1624,9

0213464,3 ZZ BA RR . . . (4)

0828352,46 YY BA RR . . . (5)

Por condición del problema: 0"" BENBISAGRALADEEJEDELDIRECCIONLAENF

Para aplicar esta condición se muestra a continuación una vista en el plano y-z:

200

200

200

RBY

RBZ

B

A

y

z

Eje de la bisagra

Aplicando la condición a la figura

tenemos que:

00 20cos20ZY BB RsenR

ZY BB RR 747477,2 … (6)

41

y

x

300 N/m

1200 N/m

6 m

Parábola

Vértice

A B

Resolviendo las ecuaciones (3), (4), (5) y (6), obtenemos:

kNRkNRkNRkNRZYZY BBAA 9257,1;2908,5;2873,1;4686,6

Las magnitudes de

AR y

BR , tenemos:

222 )2873,1()4686,6()43,5( AR kNRA 543,8

222 )9257,1()2908,5()1624,9( BR kNRB 754,10

PROBLEMA Nº 5

Para la carga aplicada sobre la viga que se muestra en la figura, determine las fuerzas de

reacción en los apoyos A y B.

Resolución

En este tipo de problemas, primero se halla la función de carga “w(x)” que nos permita luego

calcular la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas. Para ello aplicamos la ecuación de la

parábola:

2)(4)( hxpky , donde: h y k son las coordenadas del vértice de la parábola.

Reemplazando los datos del problema en la ecuación de la parábola, se obtiene que:

30025 2 xy

Esta ecuación de la parábola es nuestra función de carga, es decir:

30025 2

)( xwy x

42

Cálculo de RF y x (magnitud y ubicación de la fuerza resultante)

La magnitud de la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas está dada por:

dxwF xR )( dxxFR

6

0

2 )30025( NFR 3600

La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:

R

x

F

dxwxx

)(

mF

dxxx

xR

75,3

)30025(

6

0

2

Cálculo de las reacciones en los apoyos

Para calcular las fuerzas de reacción en los apoyos, primero se hace el DCL de la viga y luego se

aplica las ecuaciones de equilibrio de cuerpos rígidos.

En este caso, las fuerzas externas que actúan sobre la viga son: la fuerza resultante de las

fuerzas distribuidas y las fuerzas de reacción en los apoyos A y B.

Por segunda condición de equilibrio:

0 TOTALES

AM

0)75,3(3600)6( mNmRBY NRBY 2250

Por primera condición de equilibrio:

0 XF 0AXR

0 YF NRAY 1350

Respuesta:

)2250;0(

)1350;0(

NR

NR

B

A

AYR

AXR

BYR

NFR 3600

6 m

3,75 m

B

A

43

3,5 kN/m

0w

6 m

A D

2 m 1 m

C B

50 kN.m

PROBLEMA Nº 6

Para la carga aplicada en la viga que se muestra en la figura, determine las reacciones en los

apoyos, cuando mkNw /5,10 .

Resolución

Primero hallo la función de carga de las fuerzas distribuidas, para ello aplicamos la ecuación de la

recta: bmxy , donde “m” es la pendiente de la recta. Además sabemos que )(xwy .

A partir de la figura dada construimos la figura siguiente:

Cálculo de RF y x (magnitud y ubicación de la fuerza resultante de las fuerzas

distribuidas)

La magnitud de la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas está dada por:

dxwF xR )( dxxFR

9

0

)5,39

2( kNFR 5,22

La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:

R

x

F

dxwxx

)(

m

dxxx

x 9,35,22

)5,39

2(

9

0

3,5

1,5

0 9

y (kN/m)

x (m)

Recta

Se sabe: bmxy

Para 5,35,30 byx

Para 9/25,19 myx

Luego:

)(5,39

2xwxy

44

Cálculo de las reacciones en los apoyos

Por segunda condición de equilibrio:

0 TOTALES

CM

0)6()1,4(5,2250 YBR kNRBY 042,7

Por primera condición de equilibrio:

0 XF 0CXR

0 YF kNRCY 458,15

Respuesta:

)458,15;0(

)042,7;0(

kNR

kNR

C

B

YBR

XCR

YCR

kNFR 5,22

9 m

2 m C A

3,9 m

B

1 m 4,1 m

50 kN.m