III. RESULTANTES DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS QUE...

III. RESULTANTES DE LOS SISTEMAS

DE FUERZAS QUE ACTÚAN SOBRE EL

CUERPO RÍGIDO

Resultantes de los sistemas de fuerzas paralelas

Antes de abordar la composición de sistemas de fuerzas paralelas,

tendremos que estudiar el concepto de momento de una fuerza, que nos

servirá para determinar la posición de las fuerzas, y las características de

los pares de fuerzas (1).

Momento de una fuerza

El concepto de momento es antiquísimo, pues nació entre los griegos.

Nos aproximaremos a él mediante el caso de la balanza de platillos. Esque-

máticamente, una balanza consiste en una barra muy ligera, articulada en

su centro y en cuyos extremos se colocan sendos pesos. Supongamos que

cada brazo de la balanza mida 20 cm y que los pesos sean de 5 kg, como

se muestra en la figura. Supongamos que cada brazo de la balanza mida 20

cm y que los pesos sean de 5 kg, como se muestra en la figura.

(1) Algunos textos constriñen el uso de la palabra “resultante” a la fuerza

única que es capaz de producir los mismos efectos externos que un siste-

ma de fuerzas concurrentes. Lo cual trae consigo muchas complicaciones,

pues a veces el sistema equivalente más simple es un par de fuerzas, y se-

ría incorrecto decir que el sistema correspondiente no tiene resultante, pues

se entendería que está en equilibrio.

Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido

40

Los cuerpos están en equilibrio

y es evidente que si quitáramos el

cuerpo de la derecha, la barra gi-

raría alrededor de un eje horizon-

tal que pasara por la articulación

O.

Si en vez del cuerpo de 5 kg,

dispusiéramos de un cuerpo de

10 y quisiéramos equilibrar la ba-

lanza, tendríamos que colocar el

nuevo cuerpo a una distancia de

10 cm de la articulación; y si el

cuerpo fuera de 20 kg, tendría

que colocarse a sólo 5 cm de O.

Estos casos, que se pueden comprobar fácilmente, muestran que el

producto peso por brazo se mantiene constante, en este caso 100 kg ∙ cm,

y los efectos son los mismos. Esos efectos son lo que llamamos momentos

de fuerzas.

El momento de una fuerza es la tendencia a girar alrededor de un eje

que la fuerza produce sobre un cuerpo

Momento de una fuerza respecto a un punto

El momento de una fuerza respecto a un punto es el momento de la

fuerza respecto a un eje que pasa por el punto y es perpendicular al plano

que contiene la línea de acción de la fuerza y el punto.

En el caso de las fuerzas coplanares que es el que nos ocupa en este

momento, más que considerar el eje alrededor del cual se produciría la ten-

dencia a girar, nos importa fijar la atención en el punto del plano que se in-

tersecta con dicho eje.

El momento de una fuerza F respecto a un punto O se calcula multi-

plicando la magnitud de la fuerza por la distancia de su línea de acción al

punto. Se simboliza MOF = Fd. El sentido del momento es de la máxima

importancia; siempre se debe indicar si se trata de una tendencia girar en el

sentido de las manecillas del reloj o en el sentido contrario.

5 kg 10 kg

O

20 cm 10 cm

20 cm

O

20 cm

5 kg 5 kg


41

MAQ = 80(0.4) ; MAQ = 32 kg ∙ m ⤸

MBQ = 80(0.4) ; MBQ = 32 kg ∙ m ⤸

Nótese que la línea de acción de Q es vertical y pasa por C, de modo

que su distancia perpendicular al punto B es de 0.4 m, exactamente igual

que su distancia a la articulación A. Los momentos no dependen del pun-

to de aplicación de la fuerza, sino de su línea de acción.

MCQ = 0

MBQ = 80(0.4); MBQ = 32 kg ∙ m ⤹

MAP = 340AB̅̅ ̅̅ = 340(8.5);

MAP = 2890 lb ∙ ft ⤸

MCP = 340BC̅̅̅̅ = 340(8.5);

MCP = 2890 lb ∙ ft ⤹

Para calcular el momento de P con respecto a D, prolongamos su línea de

acción y levantamos una perpendicular que pase por D.

Ejemplo. Calcule el momento que la

fuerza Q de 80 kg produce respecto a cada

uno de los puntos, A, B, C y D de la

ménsula de la figura.

Q = 80

kg

0.4 m

0.3

m

A

B

C D

0.4 m

Ejemplo. Diga qué momento produ-

ce la fuerza P de 340 lb con respecto a

cada una de las articulaciones A, B, C, D

y E de la armadura en cantilíver que se

muestra en la figura.

P = 340#

7.5´

8´

A

B

D E

7.5´

C

8

15

17

A

C

D

8.5

7.5

4

A

B

E


42

Por semejanza de triángulos

OA̅̅ ̅̅

8.5=17

15; OA̅̅ ̅̅ =

8.5(17)

15

OD̅̅ ̅̅ = 15 − OA̅̅ ̅̅ = 15 − 8.5(17)

15=80.5

15

d

OD̅̅ ̅̅=15

17; d =

15

17(80.5

15) =

80.5

17

MDF = 340 (80.5

17)

MDF = 1610 lb ∙ ft ⤹

Teorema de Varignon (o teorema de momentos)

Sea una fuerza cualquiera F aplicada en el punto A y sea O un punto

respecto al cual se quiere calcular el momento de la fuerza.

Elegiremos un sistema de refe-

rencia cuyo eje de las yes tenga la

dirección AO, y un eje de las equis

perpendicular a él. Descompondre-

mos la fuerza F en dos componen-

tes cualesquiera C1 y C2. Puesto que

F es resultante de estas dos fuerzas

componentes

R =∑Fx

F cos γ = C1 cos α + C2 cos β

Multiplicaremos cada uno de los términos por la distancia OA, de mo-

do que no se altere la igualdad.

F(OA̅̅ ̅̅ ) cos γ = C1(OA̅̅ ̅̅ ) cos α + C2(OA̅̅ ̅̅ ) cos β

β

α

γ

C1

C2

O

x

y

A

F

P = 340

A

B

O D

d

α α

15

17

α

8


43

Levantaremos una perpendi-

cular a cada una de las líneas de

acción de las fuerzas que pase

por O. Cada una de esos seg-

mentos, que denominaremos d,

d1 y d2, forman con el eje de

las yes los ángulos , y ,

respectivamente..Observamos

que d = (OA) cos γ,.que.d1 =(OA) cos α y que d2 =(OA) cos β.

Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior tenemos

Fd = C1d1 + C2d2

es decir,

MOF = MOC1 +MOC2

que es el teorema de Varignon, y que podemos enunciar de la siguiente

manera: el momento de una fuerza respecto a un punto es igual a la suma

de los momentos de sus componentes respecto al mismo punto.

Obtenemos las componentes horizontal y vertical de la fuerza.

FH = 4200 (√3

2) = 2100√3

4200 N 30°

20 mm A

50 mm

Ejemplo. Utilizando el teorema de

Varignon, calcule el momento de la fuer-

za de 4200 N con respecto al empotra-

miento A.

β

α

γ

C1

C2

O

x

y

A

F

20

50

A

FV

FH


44

FV = 4200 (1

2) = 2100

MAF = MAFH +MAFV

MAF = 2100√3(20) − 2100(50) MAF = −32300 N ∙ mm

MAF = 32.3 N ∙ m ⤸

Como hemos considerado positivo el momento en sentido antihorario

y el resultado es negativo, el momento de la fuerza tiene sentido horario.

PH = 3400 (8

17) = 160

PV = 340 (15

17) = 300

MDP = MDPH +MDPV

MDF = −160(4) − 300(7.5)

MAF = −640 + 2250 = −1610

MDP = 1610 lb ∙ ft ⤹

Ejemplo. Determine el momento de

la fuerza P que actúa sobre la armadura

en cantilíever del problema ya resuelto,

empleando el teorema de Varignon. P = 340#

7.5´

8´

A

B

D E

7.5´

C

17

8

15 15

8

340

4

7.5

160

300


45

Las componentes ortogonales de la fuerza son

QH = 260 (5

13) = 100

QV = 260 (12

13) = 240

Primera solución: descomponiendo en B

MGQ = MGQH +MGQV

MGQ = −100(6) + 240(5) MAF = −600 + 1200 = 600

MDP = 600 lb ∙ in ⤹

Segunda solución: descomponiendo la fuerza Q en el punto A

MGQ = MGQH +MGQV

MGQ = 100(6) + 0

MDP = 600 lb ∙ in ⤹

Como puede apreciarse, una buena selección del centro de momentos

facilita los cálculos.

5´´

G

5´´ A

B

6´´

6´´

Ejemplo. Calcule el momento de la

fuerza Q de 260 lb respecto al centroide

G de la sección transversal de la viga I

mostrada en la figura.

Q

13

5

12

6

5 G

QH

QV

6

G

QH

QV

A


46

Resultantes de sistemas de fuerzas paralelas

Consideremos dos fuerzas verticales F1 y F2 aplicadas en una viga que

deseamos reducir a una sola fuerza equivalente. Añadiremos al sistema dos

fuerzas colineales de sentido contrario de magnitud E; como se trata de un

sistema de fuerzas en equilibrio, no se alteran los efectos externos que sufre

la viga. A continuación sustituimos F1 y E por una sola fuerza R1, que es

su resultante; lo mismo hacemos con F2 y E, y las sustituimos con R2. Te-

nemos ahora un sistema de dos fuerzas concurrentes formado por R1 y R2,

las cuales podemos deslizar sobre sus líneas de acción hasta su punto de

concurrencia, en donde las compondremos para obtener la fuerza única

equivalente R que buscábamos.

De la geometría de la figura, se puede

observar fácilmente que la magnitud de R

es igual a la suma de F1 más F2. Y es evi-

dente que es paralela a las fuerzas origina-

les.

Para determinar de modo analítico la

posición de la resultante, elegiremos un

punto arbitrario O. El momento de R res-

pecto a O es igual a la suma de los mo-

mentos de R1 y R2 según lo establece el

teorema de Varignon. Además, el mome-

nto con respecto a O de R1, conforme al

mismo teorema, es igual a la suma del

momento de F1 más el momento de E,

ambos respecto al punto O. Pero el mo-

mento de R2con respecto a O es igual al

momento respecto a O de F2 menos el

momento de E respecto al mismo punto;

este momento tiene necesariamente senti-

do contrario al de la otra componente E,

pues ambas están en la misma línea de ac-

ción, pero son de sentido contrario. De to-

do lo cual resulta que

R1

R2

F1

F2

E E

β α

O

R2

β α

R1 R2 R1

R

O

R1

R2

F1

F2

E E

β α

F1

F2


47

MOR = MOF1 +MOF2

y con esta ecuación se puede determinar con facilidad la posición de la

resultante buscada.

Estos resultados se pueden generalizar, pues el proceso puede reite-

rarse tantas veces como se desee. Así, la resultante de un sistema de fuer-

za paralelas será otra fuerza paralela, cuya magnitud será igual a la suma

algebraica de las fuerzas del sistema; el sentido de la fuerza quedará

determinado por el signo de dicha suma algebraica. Es decir, requerimos

de las siguientes dos ecuaciones para la determinación de la resultante de

un sistema de fuerzas paralelas:

R =∑Fy

MOR =∑MOF

Elegimos un sistema de referencia como se muestra

R =∑Fy

R = 60 + 120 + 80 = 260

Elegimos el extremo A como centro de momentos y consideramos

positivos los que tienen sentido horario.

Ejemplo. La figura representa tres

cajas colocadas sobre una tarima.

Sustitúyalas por una sola que produzca

los mismos efectos externos sobre la

tarima.

60 kg 80 kg

0.6 m 0.8 m 0.7 m 0.2 m

120 kg

A B

x

y

60 120 80

0.8 A B

0.6 0.7 0.2


48

MAR =∑MAF

260xA = 60(0.6) + 120(0.4) + 80(2.1) 260xA = 36 + 168 + 168

xA =372

260= 1.431

Es decir:

R = 260 kg ↓; xA = 1.431 m →

O mejor:

Como sistema de referencia elegimos el siguiente:

R =∑Fx

R = 10 − 20 + 50 = 40

MAR =∑MAF

−40yA = −50(2) + 20(4) − 10(7)

A

10 #

20 #

50 #

3´

2´

2´

B

Ejemplo. Determine la magnitud, la

dirección y la posición de la resultante de

las fuerzas que actúan sobre el poste de la

figura.

1.431 m

A B

260 kg

x

y


49

A

B

4.75

2.25

40# 7´

−40yA = −100 + 80 − 70 = −90

yA =−90

−40= 2.25

R = 40 lb →; yA = 2.25 ft ↑

Si como centro de momentos se elige B, que es un punto de aplica-ción

de una fuerza, el cálculo se simplifica.

MBR =∑MBF

40(−yB) = 50(5) − 20(3) = 250 − 60 = 190

yB = −190

40= −4.75

yB = 4.75 ft ↓

La suma de yA + yB es la longitud del poste

Ejemplo. Diga cuáles son las caracte-

rísticas de la resultante del sistema de

fuerzas que actúa sobre la barra de la fi-

gura.

A B

5 ton 11 ton

1 m 2 m 2 m

2 ton 1 ton


50

Eligiendo el sistema de referencia mostrado y A como centro de mo-

mentos

R =∑Fy

R = 5 + 11 − 2 − 1 = 13

MAR =∑MAF

13xA = 11(1) − 2(3) − 1(5) = 0

R = 13 ton ↑ aplicada en A

Fuerzas distribuidas

Un caso importante de fuerzas paralelas es el de las fuerzas o cargas

distribuidas, es decir, aquellas que están aplicadas sobre una superficie y

se estudian como tales. Pensemos en el caso de una serie de costales

apilados sobre una tarima; si cada metro de la tarima soporta 80 kg, como

la tarima es de 3 m, la carga total es de 240 kg. Este ejemplo quedaría

representado mediante un área rectangular cuya altura correspondería a los

80 kg; la magnitud de la fuerza resultante sería el área del rectángulo, y su

posición, el punto medio del claro de la tarima, puesto que se trata de un

sistema de fuerzas simétrico con respecto al eje vertical que pasa por dicho

punto medio.

La carga distribuida no necesariamente es uniforme. Consideremos el

caso de la presión que el agua ejerce sobre un dique. Dicha presión es

función de la profundidad, de modo que se representa mediante un área

triangular; y la resultante tendrá una magnitud igual al área del rectángulo,

y quedará situada más cerca de la base que del vértice, puesto que las

fuerzas son mucho mayores hacia el fondo del dique. Tendremos que

encontrar la posición exacta de dicha fuerza.

En general, las fuerzas distribuidas se representan mediante un área en

la que se señala el sentido de las acciones. La magnitud de la superficie

corresponde al tamaño de la fuerza resultante, y la posición de ésta la

podremos hallar de modo semejante a como hemos hallado la posición de

las resultantes de los sistemas de fuerzas paralelas concentradas.

x

y


51

Cuando la carga distribuida admite un eje de simetría, la fuerza resul-

tante se halla en ese eje, pues la carga de un lado produce respecto a él el

mismo momento que la del otro lado.

Para la resolución de problemas de cargas distribuidas, importa cono-

cer la posición de la fuerza resultante de las más significativas distribu-

ciones simples, que no admitan un eje de simetría; tal es el caso del trián-

gulo.

Sea la fuerza distribuida sobre la viga

de longitud L la se muestra como un área

triangular en la figura; como la carga

aumenta en proporción directa de la dis-

tancia x, y la carga máxima es Q, y =Qx L⁄ . Elegiremos un área diferencial

dF = ydx. La magnitud de la fuerza re-

sultante es R = ∫dF = ∫ ydx . Como se

trata de la recta cuya ecuación es y =Qx L⁄ , entonces R = (Q L⁄ ) ∫ x dx cuyos

límites inferior y superior son 0 y L, res-

pectivamente. Por tanto, R = QL 2⁄ , que

corresponde al área del triángulo que re-

presenta a la carga. Emplearemos ahora la

ecuación de momentos para determinar la

posición. x̅R = ∫ x dF; o sea x̅QL 2⁄ =

A

L

B

Q

A

𝑦 =𝑄

𝐿𝑥

Q

x

y

𝑑𝐹

𝑑𝑥

Tomemos una fuerza diferencial dF = ydx,

que corresponde prácticamente a una fuerza

concentrada, como las que hemos venido es-

tudiando. La fuerza resultante será

R = ∑Fy, que, en este caso se convierte en

R = ∫dF = ∫ydx

De modo semejante, la posición de la resul-

tante se puede hallar mediante la ecuación

MOR = ∑MOF; x̅R = ∑xF;

x̅ =∑xF

R que, ahora es x̅ =

∫xdF

∫dF


52

(Q L⁄ ) ∫ x2 dx, cuyos límites son también

0 y L. Por tanto, x̅QL 2⁄ = (QL2 3⁄ ), de

donde x̅ = 2L 3⁄ . La carga distribuida es

equivalente a una sola fuerza concentrada

de magnitud QL 2⁄ colocada a 2L 3⁄ a la

derecha del apoyo A.

Consideremos ahora una viga de lon-

gitud L sobre la que actúa una carga que

varía según la ecuación y = Qx2, en donde y, que es la magnitud de la carga

en cada punto de la viga y x es la distancia horizontal medida hacia la dere-

cha del apoyo A. Elegimos un elemento diferencial dF = ydx. La mag-

nitud de la fuerza resultante es R = ∫ dF, o sea R = Q∫x2 dx desde x = 0

hasta x = L ; de donde se obtiene R = QL3 3⁄ . Además, x̅R = Q∫ x3 dx,

que es la ecuación de momentos con respecto al extremo A. Pu-esto que

los límites son 0 y L, se tiene que x̅QL3 3⁄ = QL4 4⁄ . Y la posición de la

resultante queda definida mediante la expresión x̅ = 3L 4⁄ .

La carga uniforme se sustituye por una fuerza de 500(3) = 1500

colocada en el centro del rectángulo y la triangular por otra de 500(3) 2⁄ =750 a 2m a la izquierda del vértice B

Y componemos las dos fuerza paralelas

A B

3m 3m

500 kg/m

Ejemplo. Sustituya la carga distri-

buida aplicada sobre la viga de la figura

por una sola fuerza concentrada.

A

𝑄𝐿

2

2𝐿

3

𝐿

3

A B

1500 750

x

y

2.5 1.5 2


53

R =∑Fy

R = 1500 + 750 = 2250

MAR =∑MAF +⤸

2250 xA = 1500(1.5) + 750(4)

2250 xA = 2250 + 300

xA =5250

2250

xA = 2.33 m

Sustituiremos la carga distribuida por una

sola fuerza concentrada

Elegimos dF = ωdx

F = ∫ωdx = 12∫ x2 dx6

0

F = 4x3|06 = 864

su posición es

Ejemplo. La viga libremente apoyada

de la figura soporta una carga variable

𝜔=12x2, tal como se muestra en la figu-

ra. El peso propio de la viga es de 50 lb/ft.

Encuentre la magnitud, dirección y po-

sición de la resultante de las cargas distri-

buidas.

A B

2.33m

2250 kg

Q

x

𝜔

𝑑𝐹

𝑑𝑥

A B

Q

6’

x

𝜔


54

x̅ = ∫ωx dx

864 x̅ = 12∫ x3 dx6

0

F = 3x4|06 = 3888

x̅ =3888

864= 4.5

Ahora encontremos la resultante de

esta fuerza y del peso, cuya magnitud

es de 500(6)lb.

R =∑Fy

R = 1164

MAR =∑MAF +⤸

1164 xA = 300(3) + 864(4.5) 1164 xA = 900 + 3888 = 4788

xA = 4.11

Por tanto

R = 1164 lb , xA = 4.11 ft →

Pares de fuerzas

Antes de abordar formalmente es tema de los pares de fuerzas, ana-

licemos el siguiente caso.

800 N 400 N 600 N 900 N

300 N

0.5 m 0.4 m 1.1 m 1 m

A B

Ejemplo. Determine todas las carac-

terísticas del sistema resultante de las cin-

co fuerzas aplicadas en la viga de la figu-

ra.

A B

3

300 864

1.5 1.5

y


55

𝑅 =∑𝐹

𝑅 = −800 − 400 + 600 + 900 − 300

𝑅 = 0

𝑀𝐴𝑅 =∑𝑀𝐴𝐹

𝑀𝐴𝑅 = −400(0.5) + 600(1.5) + 900(1.9) − 300(3)

𝑀𝐴𝑅 = 1510 N m ↺

El hecho de que la suma algebraica sea cero, pero no la suma de los

momentos, significa que el sistema es equivalente a otro formado por dos

fuerzas paralelas, de la misma magnitud, pero de sentido contrario, es decir

por un par de fuerzas. Dicho par podría ser cualquiera de los que se

muestran en las figuras.

Tal como señalamos arriba, un par de fuerzas es un sistema de dos

fuerzas paralelas, de la misma magnitud y de sentido contrario. Su propie-

dad fundamental es que la suma de los momentos que producen sus fuer-

zas es independiente del punto o centro de momento que se elija.

Tomemos, por ejemplo, un par formado por dos fuerzas de magnitud F

cuyas líneas de acción disten una longitud d. Y calculemos la suma de los

momentos de esas fuerzas tanto respecto al punto A como al punto B. La

suma de los momentos respecto al primer punto es

∑MAF = F(d + D) − FD = Fd

∑MBF = F(d + H) − FH = Fd

150 N

A B

1510 N

1 m 2 m

A B

750 N 750 N

A B 1510 N

1510 N

1 m

B

A

A

F

F

d H

D


56

Y así, las características de un par son

1. Magnitud: que es igual al momento que produce y, por tanto al pro-

ducto de la magnitud de una de las fuerzas por la distancia entre las líneas

de acción, es decir su brazo: M = Fd.

2. Sentido. Que puede ser en sentido de las manecillas del reloj o en

sentido contrario. Generalmente se considera positivo el par con este últi-

mo sentido.

3. Dirección del plano de acción. Si aplicamos un par de fuerzas en el

plano de este papel y se lo aplicamos, el efecto es muy diferente que si

aplicamos un par en un plano perpendicular. En cambio, si en un plano

paralelo a la cabeza de un tornillo, para girarlo, deseamos aplicar un par, lo

mismo da que se por medio de un destornillador corto que de uno largo.

Resultantes de sistemas de pares de fuerzas

Si en un cuerpo actúan mil pares de fuerzas coplanares, se producirán

mil momentos; y así como las diferentes fuerzas que se aplican a un obje-

to generan distintos momentos que pueden sumarse o restarse según su

sentído, así habrá un par, en el mismo plano, equivalente a los mil pares,

cuya magnitud será igual a la suma algebraica de los mil pares, y su sentido

quedará determinado por el signo de dicha suma:

MR =∑M

A

Fd

Dado que producir un momento es el efecto

único de un par, y que no importa qué fuerza

lo formen o cuál sea su brazo, sino solamente

cuál sea la magnitud del momento que pro-

duce, se suelen representar mediante un arco

de circunferencia en el que se indica el

sentido y la magnitud.


57

La pendiente de las líneas de acción de las fuerzas de 50 lb es 3/4. Por

tanto, sus componentes horizontales son de 40 lb y las verticales de 30.

∑MAF = 20(4) − 40(4) + 30(6) + 40(8) − 30(3) − 40(3)

∑MAF = 80 − 160 + 180 + 320 − 90 − 120

a) ∑𝑀𝐴𝐹 = 210 lbft ⤹

MR =∑M

MR = 20(4) + 50(5) − 40(3) MR = 80 + 250 − 120

b) 𝑀𝑅 = 210 lbft ⤹

Como queda comprobado, el efecto de un par es un momento de su

misma magnitud.

40# 40# 50#

50#

20#

20#

3´ A

3´

4´

4´

Ejemplo. Sobre la placa de la figura

actúan seis fuerzas. a) Calcule la suma de

los momentos de las fuerzas respecto al

punto A. b) Sabiendo que se trata de tres

pares de fuerzas, obtenga su resultante.

Ejemplo. Determine la magnitud y el

sentido del par resultante del sistema de

pares que actúa sobre la viga de la figu-

ra. Diga también de qué magnitud deben

ser las fuerzas verticales que, aplicadas en

A y B, formen un par equivalente.

150 kg

100 kg

1.5 m

40 kg

30°

30°

2 m 1 m

A B

40 kg

150 kg 100 kg


58

En vez de calcular el brazo del par formado por las fuerzas de 100 kg,

descompondremos dichas fuerzas en sus componentes horizontal y verti-

cal.

Como las componentes verticales están en equilibrio, la magnitud del

par es 50√3 (1)

MR =∑M

MR = 40(3) + 50√3 (1) − 150(1)

MR = 56.6 kgm ⤹

Si las fuerzas verticales han de aplicarse a 3 m de distancia,

FA = FB =56.6

3

FA = 18.87 kg ↓

FB = 18.87 kg ↑

Par de transporte

Es frecuente la necesidad de cambiar de posición una fuerza, de cam-

biar su línea de acción, sin alterar los efectos externos que produce sobre

un cuerpo, es decir, de transportarla. (Conviene recordar que las fuerzas se

pueden deslizar sobre su línea de acción y se conservan los efectos

externos.) Este transporte se puede lograr fácilmente, como demostrare-

mos a continuación, acompañando la fuerza con un par, que llamaremos

par de transporte.

2 150

40 40

1

1

150

50√3

50

50√3

A B

18.87 kg 18.87 kg


59

Pensemos en la fuerza F de la figu-

ra, cuya línea de acción pasa por el

punto 𝐴, la cual quiere transportarse al

punto B, sin que se alteren los efectos

externos. Añadiremos al cuerpo un sis-

tema de fuerzas en equilibrio formado

por dos fuerzas de la misma magnitud

de F, de sentido contrario, en una línea

de acción paralela a la de F que pase por

B. Observamos que ahora sobre el

menhir actúa una fuerza F paralela a la

original, pero aplicada en B, y un par de

magnitud Fd: este par es el par de

trasporte MT; además, podemos ver

claramente que el producto Fd es

exactamente igual al momento que la

fuerza F es su posición original produ-

ce con respecto al punto B.

Como el momento que la fuerza produce respecto a A es

MAF = 200(4) = 800 ⤸

basta transportar la fuerza a B y acompañarla con un par de esa magnitud

y en sentido horario.

4 m

B

200 kg

A

Ejemplo. Transporte la fuerza F de

120 kg al empotramiento A, sin que se

alteren los efectos externos que sufre la

viga.

800 kgm

200 kg

A

F

B

A

F

F

A

B

F

d

F

A

B MT


60

Tenemos que calcular el momento de la fuerza respecto a B

Sustituiremos la fuerza por sus componentes horizontal y vertical y

emplearemos el teorema de Varignon.

QH = 7500 (3

5) = 4500

QV = 7500 (4

5) = 6000

MBQ = 4500(20) − 6000(50) = −210000

MBQ = 210000 N mm ⤸ = 210 N m ⤸

El par de transporte debe tener esa magnitud

y ese sentido.

50 mm

20 mm

B

A

4 Q 3

Ejemplo. La figura representa el ele-

mento de una máquina. Transporte la

fuerza Q de 7500 N al extremo B, sin que

se alteren los efectos externos del ele-

mento.

80 lbft 30°

30°

40 #

A

O

Ejemplo. Sustituya la fuerza y el par

que actúan sobre la palanca de la figura

por una sola fuerza equivalente.

QH

B

QV

4 5

3

A

B

7500 N

210 Nm

4

3


61

Se trata del problema inverso de los dos

anteriores, pues ahora debemos de supri-

mir el par. Consideremos que ya está re-

suelto, y calculemos la longitud de la pa-

lanca.

El momento que debe de producir res-

pecto a 𝑂 en esa posición es de 80 lb ft y

para calcularlo descompondremos en la di-

rección de la barra y en dirección perpen-

dicular.

Como se aprecia en la figura

MOF = 20(OA)

O sea que 20(OA) = 80

OA = 2 ft

a) Para transportar la fuerza de 500 kg se

necesita el par

M1 = 500(0.4)

M1 = 200 kg m ⤹

45°

0.4 m

O 500 kg

800 kg Ejemplo. La banda de un motor ejer-

ce sobre la polea las dos tensiones que se

muestran en la figura. a) Transporte las

dos tensiones al centro O de la polea, sin

que se alteren los efectos externos. b)

Sustituya las dos fuerzas por una sola

equivalente. c) Reemplace los dos pares

por uno solo que sea equivalente.

30° 40

A

O

500 kg

800 kg

M2

M1

20

A

O

40 (√3

2)


62

y para la de 800,

M2 = 800(0.4)

M1 = 320 kg m ⤸

b) La resultante de las dos fuerzas se puede de-

terminar mediante la ley del triángulo

R = √5002 + 8002 − 2(500)800 cos 135° sen θ

800=sen 135°

R

R = 1207 kg 28°

c) El par resultante se obtiene mediante la suma

algebraica de los dos pares.

MR = 200 − 320 = −120

MR = 120 kg m ⤸

El sistema fuerza-par formado por R y MR es

equivalente a las tensiones de la banda.

Ejemplo. Sobre la placa de la figura

actúan las tres fuerzas mostradas. En-

cuentre un sistema fuerza-par equivalen-

te, cuya fuerza esté aplicada en el punto

A.

28°

O

1207 kg 120 kgm

500

800

500

800

R

135° θ


63

Para hallar el momento de la fuerza de

100 lb la descompondremos en el punto

C.

Al transportar las fuerzas, necesitamos los

pares:

M1 = 80(4) = 320

M2 = 20(2) = 40

M3 = −40(3) = −120

Y ahora reducimos las fuerzas a una sola,

y los pares a uno solo.

Rx =∑Fx

Rx = 40 − 80 = −40

Ry =∑Fy

Ry = 60 − 20 = 40

R = 40√2

R = 56.6 lb 45°

MR =∑M

MR = 320 + 40 − 120

MR = 240 lb ft ⤹

8

0

40

O

6

0

2

0

M1

M3

M2

x

y

45°

A

56.6 lb 240 lb ft


64

Supondremos resuelto el problema

empleando las componentes de R.

Como el par es de 240

40x̅ = 240

x̅ = 6 ft →

La fuerza que se muestra es la

resultante de las tres que actúan

sobre la placa.

Resultantes de sistemas de fuerzas no concurrentes

ni paralelas

Al hablar de sistemas de fuerzas no concurrentes ni paralelas nos

estamos refiriendo a cualquier sistema coplanar; es decir, lo único que

tienen en común las fuerzas que estudiaremos es que sus líneas de acción

están contenidas en un mismo plano.

1´

100 #

40 #

20 #

1´ A

B

C D

Ejemplo. Sustituya el sistema fuerza-

par del problema anterior por una sola

fuerza: diga qué punto de la arista AD

corta su línea de acción.

40

O A

40

𝑥

45°

56.6 lb

6’

O A


65

Antes de formalizar nuestro estudio, observemos que el penúltimo

problema del apartado anterior consistió en reducir dicho sistema a una sola

fuerza. O sea que ya hemos sido capaces de obtener la resultante o –el siste-

ma equivalente más simple– de un sistema de fuerzas coplanares cuales-

quiera.

Podemos sintetizar los pasos dados en esos problemas al empleo de

tres ecuaciones:

Rx = ∑Fx ; Ry = ∑Fy ; MoR = ∑MoF

Es decir, la componente de la resultante en dirección del eje de las equis

es igual a la suma algebraica de las componentes en esa dirección de las

fuerzas del sistema; la componente de la resultante en dirección del eje de

las yes es igual a la suma algebraica de las componentes de las fuerzas del

sistemas en dirección del eje de las yes, y el momento de la fuerza resul-

tante respecto a un punto cualquiera es igual a la suma de los momentos de

las fuerzas del sistema respecto al mismo punto.

Una vez conocidos esos tres valores, se puede determinar la magnitud

de la fuerza resultante, su dirección y su posición mediante las expresiones

R = √Rx2 + Ry2 ; tan θ = Ry

Rx ; x̅ =

∑MoF

Ry

Elegimos el sistema de referancia mostrado y

empleamos las ecuaciones que acabamos de

deducir.

Rx =∑Fx

Ejemplo. Sobre la viga de la figura

actúan las tres fuerzas y el par mos-

trados. Determine la magnitud y direc-

ción de su resultante y diga en qué punto

se cortan su línea de acción y el eje AB.

2 m

2 m

120 kg

4 m 2 m 2 m

100 kg

720 kgm

30° 60°

B A

150 kg

45°

x

y


66

Rx = 120(√3

2) + 150(

1

2) − 200(

√2

2)

Rx = 60√3 + 75 − 50√2 = 108.2

Ry =∑Fy

Ry = 120(1

2) − 150(

√3

2) − 100(

√2

2)

Ry = 60 − 75√3 − 50√2 = −140.6

Conviene elegir A como centro de momento, para hallar la

intersección de AB con la línea de acción de la resultante.

MAR =∑MAF

MAR = 720 − 75(2) − 75(6)√3

−50(8)√2

MAR = 720 − 150 − 450√3 − 400√2

MAR = −775

La magnitud es

R = √Rx2 + Ry

2

R = √108.22 + 140.62 = 177.4

Ejemplo. La figura representa la ar-

madura de un techo sujeta a la acción de

las fuerzas del viento. Halle la magnitud,

la dirección y un punto de la línea de

acción de la resultante de dichas fuerzas.

200 # 200 # 400 #

200 # 200 # 400 #

6´ 6´ 6´

4´

6´

G F

B C

D

E A

H

52.4°

5.51 m

A

La dirección

tanϴ =Ry

Rx=

140.6

108.2

θ = 52.4°

y la posición

xA = ∑MAF

Ry=

−775

−140.6= 5.51

R = 177.4 kg; 52.4; xA = 5.51m →


67

Refiriéndonos al sistema mostrado y descompo-

niendo la fuerza según el triángulo de la figura (las

pendientes de las fuerzas son inversas a las de las

barras de la armadura) Tenemos

Rx =∑Fx

Rx = −200 (1

√10) 4 − 400 (

1

√10) 2 = −

1600

√10

Ry =∑Fy

Ry = −200 (3

√10) 2 + 400 (

3

√10) +

200 (3

√10) 2 − 400 (

3

√10)

Ry = 0

Elegir C como centro de momentos facilita el

cálculo.

MCR =∑MCF

−y(−1600

√10) = −200(4√10)2 − 400(2√10)2

−y(1600

√10) = 3200(√10)

Por tanto

𝑅 = Rx = 506, y = −20

R = 506 lb ←; yC = 20 ft ↓

x

y

3

1

3

1

√10

2√10

6

4

6

2√10

2 A

B

C

506 lb

15

C


68

Determinamos las hipotenusas de los triángulos

que definen las pendientes de las fuerzas incli-

nadas y nos apoyamos en el sistema de referen-

cia mostrado

Rx =∑Fx

Rx = 700 − 1500 (4

5) + 1300 (

5

13)

Rx = 700 − 1200 + 500 = 0

Ry =∑Fy

Ry = 1500 (3

5) + 1300 (

12

13) − 2100

Ry = 900 + 1200 − 2100 = 0

Elegimos A como centro de momentos y des-

componemos en B la fuerza de 1300N

MAR =∑MAF

MA = 1200(650) − 2100(650) + 700(300)

400 mm

600 mm

250 mm

300 mm

700 N

1500 N 1300 N

2100 N

Ejemplo. La placa de la figura sufre la

acción de las cuatro fuerzas mostradas.

Determine completamente las caracterís-

ticas de su resultante.

x

y

3

4

5 13 12

5


69

MAR = −900(650) + 210000 = −375000

Como las sumas de las componentes de las

fuerzas es nula, el sistema resultante no es una

fuerza. Pero el sistema de fuerzas no está en

equilibrio, pues la suma de los momentos es

distinta de cero. El sistema resultante es un par

de fuerzas.

MR = 375 Nm ⤸

Serie de ejercicios de Estática

RESULTANTES DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS QUE ACTÚAN

SOBRE EL CUERPO RÍGIDO

1. Las magnitudes de las fuerzas F y P

son 40 y 60 lb, respectivamente. ¿Qué mo-

mento produce cada una de ellas respecto a

los puntos A y B? Señale tanto su magnitud

como si sentido.

(Sol.MAF = 160 lb·ft ↺; MAP = 260 lb·ft↺;

MBF = 80 lb·ft ; MBP = 572 lb·ft ↺)

2. El peso del cuerpo que soporta la grúa

de la figura es de 800 kg. Diga qué momentos

produce respecto a las articula-ciones A, B y

C.

(Sol. MAP = 1162 kg·m ↻;

MBP = 1162 kg·m ↻; MCP=0)

375 Nm


70

3. Determine el momento que la fuerza

de 4 ton produce respecto al apoyo A: a)

calculando la distancia de la línea de acción

al apoyo; b) utilizando el teorema de mo-

mentos (o de Varignon).

(Sol. MAF = 9.6 ton·m ↻)

4. Una fuerza de 100 kg se aplica en

dirección per-pendicular al eje de la llave.

Calcule el momento que dicha fuerza pro-

duce respecto al tornillo sobre el que está

colocada la llave, y respecto al centro C de la

llanta, si θ= 30º.

(Sol. MTF = 90 kg·m ↻; MCF = 77 kg·m ↻)

5. Determine el valor que debe tener el ángulo θ del problema anterior para

que el momento de la fuerza con respecto al centro de la llanta sea máximo. Re-

cuerde que la dirección de la fuerza de 100 kg debe ser normal al eje de la llave.

S (Sol. θ = 180°)

6. a) ¿Cuál es la suma de los momentos

de las fuerzas F y P del problema 1 respecto

al punto A? b) ¿Qué momento produce la

resultante de esas dos fuerzas respecto al

mismo punto A?

(Sol. a) ΣMAF = 420 lb·ft ↺

b) ΣMAR = 420 lb·ft ↺)

7. Sustituya la carga distribuida sobre la

viga de la figura por una sola fuerza concen-

trada. Diga cuáles son su magnitud, su dire-

cción y su posición.

(Sol. F = 1500 kg ; 𝑥𝐴̅̅ ̅ = 3.4 m )


71

Sustituya las cargas distribuidas a continuación por una sola fuerza

concentrada.

8. Sol. R = 900 kg ↓; xA = 1.667 m → 9. Sol. R = 7.5 kN ↑ ; xA = 2.6 m →

10. Sol. R = 8.5 kips ↓ ; xA = 0.804 ft → 11. Sol. R = 600 kN ↑ ; xA = 6.25 m →

12. La viga que se muestra en la figura

so-porta una carga distribuida conforme la

ex-presión ω = 200 sen (πx/10), donde si x

se da en ft, ω resulta en lb/ft. Determine las

ca-racterísticas de la fuerza única que

produce los mismos efectos externos sobre la

viga.

(Sol. F = 614 lb ; 𝑥𝐴̅̅ ̅ = 3.18 ft )

3 m

200 kg/m

400 kg/m

A B 2 kN/m

3 m 1.5 m

A B

2 kips/ft

5´ 2´

A B

3 kips/ft

𝜔=18x-0.9x2 [kN]

10 m

x


72

13. Diga cuál debe ser la magnitud de la fuerza P, de manera que la resultante

de las dos fuerzas que se muestran en la figura no produzcan ningún momento res-

pecto a: a) al punto C, b) al punto O.

(Sol. a) 342 lb b) 492 lb)

14. Calcule la suma de los momentos de

cada una de las fuerzas de la figura respecto

al origen del sistema cartesiano mostrado.

(Sol. ΣMOF = 158.6 kg·m ↺)

15. Las seis fuerzas del problema

anterior constituyen tres pares de fuerzas.

Obtenga su resultante y compare el resultado

con el del problema 8.

(Sol. M = 158.6 kg·m ↺)

16. Calcule la magnitud del par de la

figura: a) utilizando la distancia entre las

líneas de acción de las fuerzas; b) resol-

viendo cada una de las fuerzas en sus com-

ponentes cartesianas.

(Sol. M = 84.9 lb·in ↺)

17. Determine el sistema resultante de

las fuerzas que actúan sobre la armadura de la

figura.

(Sol. M = 3.89 ton·m ↻)


73

18. Un par de 80 kg·m de magnitud y en el sentido de las manecillas del reloj

actúa sobre el plano del papel. Dibújelo, indicando su brazo, si: a) las fuerzas son

de 40 kg; b) las fuerzas son de 160 kg.

(Sol. a) d = 2 m b) d = 0.5 m)

19. Sustituya los tres pares que obran

sobre la viga de la figura: a) por uno cuyas

fuerzas sean horizontales y estén aplicadas en

los puntos A y C; b) por dos fuerzas verticales

cuyas líneas de acción pasen por C y por D.

(Sol. a) 560 kg; b) 74.7 kg)

20. En un plano actúan cinco pares de fuerzas. Las magnitudes de las fuerzas

que los forman son 2, 5, 15, 35 y 12 N y sus brazos correspondientes 0.75, 0.4,

0.2, 0.2 y 0.5 m; los dos últimos tienen el sentido de las manecillas del reloj y los

tres primeros el contrario. ¿Cuál es el par resultante?

(Sol.M = 6.5 N·m ↻)

21. Para abrir la válvula de la figura se

requiere un momento de 0.7 kg·m. Repre-

sente las fuerzas de un par cuyas fuerzas, apli-

cadas en la circunferencia de la válvula,

produzca ese momento.

(Sol.2.33 kg)

22. Transporte la fuerza de 800 kg que

actúa en el punto A de la viga al extremo B

mediante un par.

(Sol. MT = 3200 kg·m ↺)


74

23. Sustituya la fuerza que actúa en C por

otra cuya línea de acción pase por O y un par

formado por dos fuerzas horizontales aplica-

das en A y en B.

(Sol. FA = 100 lb → ; FB = 100 lb ←)

24. En el eje O de la palanca de la figura

están aplicados una fuerza de 60 kg y un par

de 1200 kg·cm. Determine la distancia OA

necesaria para que la sola fuerza de 60 kg,

aplicada en A, produzca los mismos efectos

externos sobre la palanca.

(Sol. 23.1 cm)

25. Se desea sustituir la fuerza y el par

que actúan sobre la cuerpo de la figura por

una sola fuerza. Diga qué magnitud, dire-

cción y posición debe tener ésta sin que se

alteren los efectos externos.

(Sol. F = 20 lb ↓ dA = 9 ft →)

26. Determine la magnitud y la dirección

de la resultante de las tres fuerzas que actúan

sobre la cortina de la figura. Diga también en

que punto su línea de acción corta a la recta

AB.

(Sol. R = 1404 ton 72.6°;

𝑥 𝐴 =33.1 m →)


75

III. RESULTANTES DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS QUE...

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