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Capítulo III
EQUILIBRIO DE UN
CUERPO RÍGIDO
3.1
CONCEPTOS PREVIOS

1. Momento de una fuerza respecto a un punto ( M OF ).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
M OF se determina aplicando la regla de la mano
derecha o regla del sacacorchos.

Vector M OF :
Eje de
momento

z


F
O
F
M

Línea de
acción de
la fuerza



j
ry
Fy
k
rz
Fz

Dirección de M OF : Perpendicular al

r
O
i

 
F
M O = r  F = rx
Fx
d
y

plano que contiene a r y F . Se
determina por la regla de la mano
derecha.

Magnitud de M OF :
x
M
F
O



= M OF  r  F = r F sen
En la figura:


M OF : momento de la fuerza F con respecto al punto “O”
16

: vector posición que va desde el punto “O” hasta un punto conocido de la línea de acción
r
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 ( M R ) .Se calcula mediante la suma vectorial de todos los momentos producidos por las fuerzas
con respecto a un punto de un cuerpo rígido.

n

n


M R   M OF   ri  Fi
i 1
i 1
Es decir:







M R (O )  r1 F1  r2  F2  . . .  rn  Fn
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

y
F
 Fzas componentes de F
M o M o

F2
Es decir:

F1







M OF  r  F  r  F1  r  F2

r



* Se cumple: F  F1  F2
O
x
17
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.

 F
M BB ` = momento de la fuerza F respecto al eje
Eje de
momento
específico BB´.
z

B

F
O

F
BB '
M
M
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.
Eje
específico
 F
 F
Vector M BB ` (Proyección del vector M O sobre
el eje BB´):

F
O
 F
y
M BB `

r

 


   BB´  r  F   BB´


* Recordar:
x
 x

 BB´  r  F   rx
 Fx

B´



y
ry
Fy
z 

rz 
Fz 
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).


M
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
d

F

r

F

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.
18
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.


M
M

F

F



F

F


F

F
M
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:



MR  (r F)


MR  M
O también:
Ejemplo:

M1


M2
M1

MR

M2
19
7. Movimiento de una fuerza sobre un cuerpo rígido
1er Caso: El punto O está sobre la línea de acción de la fuerza.


F
F
A
A
=
O
=

O

F
A
F

F
O
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.


F
F



M  r F

A
F
=
A

O
.O
r
=

.P A
F
.O

F
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.
20

F1



O


F1
M

r1

MR




FR  F1  F2

F2
F2
M

M 2  r2  F2

=
r2
O


=
O

M1  r1 F1
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)
Curva de
carga
w  w( X )
W( x ) : Función de carga (fuerza/longitud)
W( x ) = P( x ) . a
Ancho de la viga
Presión

21
2) En una torre de alta tensión, debido a la fuerza del viento.
T1
Carga o
fuerza
del viento
T2
Magnitud de la fuerza resultante debido a una carga uniformemente distribuida
Para
calcular
resultante
y
la
magnitud
de
la
fuerza
( FR ) , debido a la carga W  W( x )
que actúa sobre la viga, analizo un diferencial
de fuerza dF que actúa en el diferencial de
dF
dx y mediante un proceso de
integración hallo la fuerza resultante ( FR ) .
longitud
Se cumple:

x
x
Integrando:
dF W( x ) . dx  dA

FR
0
dF   W( x ) dx
dx
FR   W( x ) dx  Area
Conclusión: la magnitud de la fuerza resultante es igual al área total bajo el diagrama de carga.
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 W( x ) ”
y
La coordenada x del centroide se calcula
con la siguiente expresión:
FR
x
C

 x dA
 dA
O también:
xW

x
W
( x)
x
x
L
( x)
dx
dx
22
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

F 0

M 0



 Fx i   Fy j   Fz k  0



Mx i M y j Mz k 0
Ecuaciones escalares de equilibrio:
F
F
F
x
0
y
0
z
0
Tres ecuaciones
escalares de
equilibrio de fuerzas
M
M
M
x
0
y
0
z
0
Tres ecuaciones
escalares de
equilibrio de
momentos
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.
23
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.
DCL de la viga


F
F

A
Ax

M
C
B


Cy

Ay
By
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:
Ax , Ay , By , C y y M
* Ecuaciones:
 FX  0 ,


 Fy  0 ,

M 0
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.


F
F


A
B

Ay

By

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.
24
3.4
TABLA 3.1 – Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas
de fuerzas bidimensionales
25
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
26
3.5
TABLA 3.2– Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas
de fuerzas tridimensionales
27
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
28
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?
y (m)
B
C (-50; 0; 0)
E (40; 0; -40)
A
D (20; 0; 50)
x (m)
z (m)
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
 M  0 con respecto a un eje especifico o con respecto a un punto,

y luego
F 0 .
29
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: R AX , R AY y R AZ ). Además, dado que en A existe un soporte fijo, en este punto



actúa un par que se descompone es tres componentes: M X , M Y y M Z .
Asimismo, asumiremos que el punto A está ubicado en el origen de los ejes coordenados.
y (m)
B


FBC
FBE

FBD
C (-50; 0; 0)


R AZ
R AX

E (40; 0; -40)
A
MZ


R AY
D (20; 0; 50)
MX
x (m)

MY
z (m)
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la torre

R A  ( R AX ; R AY ; R AZ )


FBC  ( FBC )  BC
;
donde:
FBC  2 kN

y  BC  (
50
70
;
; 0)
86,02325 86,02325

FBC  (1,1625 kN ;  1,6275 kN ; 0)


FBD  ( FBD )  BD
;
donde:
FBD  2 kN

y  BC  (
20
70
50
;
;
)
88,31761 88,31761 88,31761

FBD  (0,4529 kN ;  1,5852 kN ; 1,1323 kN)
30


FBE  ( FBE )  BE
;

y  BE  (
FBE  2 kN
donde:
40
70
40
; ;  )
90
90
90

FBE  (0,88889 kN ;  1,5556 kN ;  0,8889 kN)

Además, el par que actúa en A se expresa como:
M  (M X ; M Y ; M Z )
Cálculo de RAX ; RAY y RAZ (componentes de la fuerza de reacción en A)
Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, tenemos:
F
0
x
RAX  1,1625 kN  0,4529 kN  0,8889 kN  0
RAX  0,1793 kN
R AX indica que esta fuerza está en dirección contraria, es
Nota.- recuerde que el signo negativo de
decir sigue la dirección –x.
F
0
RAY  1,6275 kN  1,5852 kN  1,5556 kN  0
F
0
RAZ  1,1323 kN  0,8889 kN  0
Y
Y
RAY  8,7682 kN
RAZ  0,2433 kN

Luego, la fuerza de reacción en A es
RA  (0,1793 kN; 4,7682 kN ;  0,2433 kN)
Cálculo de M X ; M Y y M Z (componentes del par en A)
Aplico primero suma de momentos totales respecto al eje x.
 Totales
M
Eje X

0


 F BC
 F BD

 F BE
M X  M Eje X  M Eje X  M Eje
X
 0 . . . (1)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje x:

 F
M Eje
X

 


   Eje X  r  F   Eje



X
;
r
= vector posición que va desde el eje x hasta la fuerza
Obtenemos:


 F BC
 F BD
M Eje
X
 (0 ; 0 ; 0) ;
M Eje

X
 (79 24 kN  m; 0 ; 0) ;
 F BE
M Eje
X
 (62,23 kN  m; 0 ; 0)

Además: M X  ( M X ; 0 ; 0)
Reemplazando en (1) y despejando M X obtenemos:
M X  17,01 kN  m
Si aplicamos suma de momentos totales respecto al eje y, tenemos:

 Totales
M
Eje Y
0

 F BC

 F BD

 F BE
M Y  M Eje Y  M Eje Y  M Eje Y  0 . . . (2)
31
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: M Y  (0 ; M Y ; 0)
Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que:
MY  0
Para calcular M Z aplicamos suma de momentos totales respecto al eje z. Es decir:

 Totales
M
Eje Z
0

 F BC


 F BD
 F BE
M Z  M Eje Z  M Eje Z  M Eje Z  0 . . . (2)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje z, obtenemos:


 F BC

 F BD
 F BE
M Eje Z  (0 ; 0 ; 81,34 kN  m) ; M Eje Z  (0 ; 0 ;  31,71kN  m) ; M Eje X  (0 ; 0 :  62,23 kN  m)

Además: M Z  (0 ; 0; M Z )
Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que:
M Z  12,64 kN  m

Por lo tanto, el momento de par en el punto A es:
M A  (17,01 kN  m ; 0 ; 12,64 kN  m)
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.
32
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.


R AZ
TBD
3 pies


R AX


TCD
TEF
R AY

w
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la estructura ABGCE


w  (0 ; 0 ;  200bf )


TBD  (TBD )  BD



 BD  (0 ; 0; 1)
;
 CD  (0 ;  4 / 5 ; 3 / 5)
;
 EF  (0 ; 0; 1)
TBD  (0 ; 0 ; TBD )


TEF  (TEF )  EF

;

TCD  (TCD )  CD
R A  ( R AX ; R AY ; R AZ )
;




TCD  (0 ;  4TCD / 5 ; 3TCD / 5)

TEF  (0 ; 0 ; TEF )

Cálculo de la tensiones TBD , TCD y TEF

Para calcular las tensiones en los cables BD, CD y EF aplicamos
 M  0 , respecto al punto A,
porque de esta manera elimino de los cálculos las componentes de la reacción en A. Es decir:
33

 Totales
M
A

 TBD
0
 TCD

 TEF

 w
M A  M A  M A  M A  0 . . . (1)
Donde:

 TBD




M A  rAB  TBD ; de la figura dada: rAB  (4 ; 0 ; 0) , y se halló que: TBD  (0 ; 0 ; TBD )

 TBD
M A  (0 ;  4TBD ; 0)

 TCD




M A  rAC  TCD ; de la figura dada: rAC  (4 ; 4 ; 0) , y se halló que: TCD  (0 ;  4TCD / 5 ; 3TCD / 5)

12
16
 12

M A   TCD ;  TCD ;  TCD 
5
5
5

 TCD

 TEF


M A  rAE  TEF


; de la figura dada: rAE  (2 ; 4 ; 0) , y se halló que: TEF  (0 ; 0 ; TEF )

 TEF
M A  (4TEF ;  2TEF ; 0)

 w




M A  rAG  w ; de la figura dada: rAG  (4 ; 2 ; 0) , y según dato: w  (0 ; 0 ;  200bf )

 w
M A  (400 ; 800 ; 0) bf  pie
Reemplazando estos momentos en la ecuación (1) y aplicando las tres ecuaciones escalares de
equilibrio de momentos, tenemos:
12
TCD  4TEF  400  0
5
M
X
0
M
Y
0
 4TBD 
M
Z
0

. . . (2)
12
TCD  2TEF  800  0 . . . (3)
5

16
TCD  0
5
TCD  0
Reemplazando TCD  0 en las ecuaciones (2) y (3), se obtiene:
TBD  150 bf
;
TEF  100 bf
Respuesta:


TBD  (0 ; 0 ; 150 bf )
;
TCD  0

;
TEF  (0 ; 0 ; 100 bf )
34

Cálculo de R A (reacción en la rótula esférica A)

Para calcular R A , primero hallo sus componentes aplicando las ecuaciones escalares de
equilibrio de fuerzas. Es decir:
F
0
F
0
F
0
X
Y
Z
R AX  0
4
R AY  TCD  0 , se halló que: TCD  0
5
 RAY  0
3
 200  R AZ  TBD  TCD  TEF  0 , se halló: TBD  150 bf , TCD  0 y TEF  100 bf
5
 RAZ  50 bf

Respuesta:
R A  (0 ; 0 ;  50 bf )
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.
y
D
32 in.
E
15 in.
22,5 in.
A
B
3 in.
z
C 3 in.
x
23 in.
9 in.
35
Resolución
DCL de la placa rectangular
Dato:
wPLACA  285bf
y
Por condición:
 La bisagra en B no ejerce
ninguna fuerza de empuje
axial. Es decir:

R AY

w
R AX
R AZ

RBY
Además:


z
 La magnitud de la tensión
en ambos lados del cable
es la misma.

TCE
A

RBX  0

TCD
RB X
B
E

RBZ
x
C
Si
las
bisagras
están
alineadas
en
forma
apropiada,
entonces
no
generan pares sobre la
placa.
De acuerdo con la figura dada, las coordenadas de los puntos son:
A  (3; 0 ; 0) in , B  (29 ; 0 ; 0) in , C  (23; 0 ; 15) in , D  (0 ; 22,5 ; 0) in , E  (32 ; 22,5 ; 0) in
y F  (16 ; 0 ; 7,5) in
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa rectangular


w  (0 ;  285bf ; 0)


TCD  (T )  CD


(23 ; 22,5 ;  15)
35,5

(9 ; 22,5 ;  15)
28,5
;
 CD 
;
 CE 

TCE  (T )  CE
R A  ( R AX ; R AY ; R AZ )
,

RB  (0 ; RBY ; RBZ )
,

TCD  (0,649T ; 0,634T ;  0,423T )

TCE  (0,316T : 0,789T :  0,526T )
a) Cálculo de “T” (magnitud de la tensión en el cable DCE)
Para calcular “T” aplico

M  0
en el eje AB (eje x) porque de esta manera se anulan las
reacciones en A y en B (anulo cinco incógnitas).

 Totales
M
Eje x
 TCD
0
M Eje
x


 w
 TCE
 M Eje x  M Eje x  0 . . . (1)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para las



tensiones TCD y TCE y el peso w , se obtiene:
36

 TCD
M Eje x  (9,51T ; 0 ; 0) ;


 w
 TCE
M Eje x  (2137,5 ; 0 ; 0) bf  in ;
Reemplazando en (1) y aplicando
M
X
 0 , tenemos:
T  100,14 bf
 9,51T  2137,5  11,835T  0

M Eje x  (11,835 T ; 0 ; 0)

b) Cálculo de R A y R B (reacciones en las bisagras A y B)
Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas tenemos:
F
0
F
0
 285 bf  RAY  RBY  0,634 T  0,789 T  0
F
0
R AZ  RBZ  0,423T  0,526 T  0
X
Y
Z
R AX  0,649T  0,316 T  0
R AX  33,347 bf
R AY  RBY  142,5 bf . . . (2)
R AZ  RBZ  95,033 bf . . . (3)

A continuación aplico
 M  0 en el punto A:
 Totales
M
A
0


 RB
 w

 TCD

 TCE
M A  M A  M A  M A  0 . . . (4)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la reacción R B , las



tensiones TCD y TCE y el peso w , se obtiene:


 RB
M A  (0 ;26 RBZ ; 26 RBY )
 TCD
;
M A  (952,35 ;  127,65 ; 1269,6) bf  in ;


 TCE
 w
M A  (1185,15 ; 1528 ; 1580,2) bf  in
;
;
M A  (2137,5 ; 0 ;  3705) bf  in
Reemplazando en la ecuación (4) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de
momentos, tenemos:
RBZ  53,85 bf
M
Y
0
 26 RBZ  127,65  1528  0
M
Z
0
26 RBY  1269,6  1580,2  3705  0
RBY  32,89 bf
Finalmente reemplazamos R BY en (2) y R BZ en (3) y obtenemos:
R AY  109,61bf
R AZ  41,18 bf
;
Respuesta:


R A  (33,347 ; 109,61 ; 41,18) bf
;
RB  (0 ; 32,89 ; 53,85) bf
37
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 yz, 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:
A (0; 0; 0) , B(0 :  2 sen20 0 ; 2 cos 20 0 ) , C (2;  2 sen20 0 ; 2 cos 20 0 ) ; D(2 : 0 ; 0) , E (0;1; 3)
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:
M  0

y
F  0
38
DCL DE LA PLACA

.
E
R AY

X
R AX

R AZ
X
X

TCE

RBX
X

R BZ
X

R BY
X
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa


F  (2 ;  6 ; 0) kN


,

R A  ( R AX ; R AY ; R AZ )
TCE  (TCE )  CE ;  CE 

RB  ( RBX ; RBY ; RBZ )
,

(2 ; 1,684 ; 1,121)
2,845
TCE  (0,703TCE ; 0,592 TCE ; 0,394 TCE )
Cálculo de la magnitud de la tensión del cable CE

Para calcular la tensión en el cable CE aplico
 M  0 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:
 Totales
M
Eje AB
0


 F
 TCE
M Eje AB  M Eje AB  0 . . . (1)

Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para la fuerza F

y la tensión TCE , se obtiene:


 F
 TCE
M Eje AB  (0 ; 3,853656 ;  10,580652) kN  m ;
Reemplazando en (1) y aplicando
M
Y
M Eje AB  (0 ;  0,4726 TCE ; 1,29756 TCE ) kN  m
 0 , tenemos:
3,853656  0,4726 TCE  0
TCE  8,156 kN
39
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
 M  0 respecto al punto B, es decir:
 Totales
M
B
0



 RA
 F
 TCE
M B  M B  M B  0 . . . (2)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la fuerza de reacción



R A , la fuerza F y la tensión TCE , se obtiene:


 RA
 TCE
M B  (0,684 R AZ 1,879 R AY ;  1,879 R AX ;  0,684 R AX ) ; M B  (0 ;  6,426 ; 9,6546) kN  m

 F
M B  (11,274 ;  3,758 ;  13,368) kN  m
Reemplazando en la ecuación (2) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de
momentos, se obtiene:
0,684 R AZ  1,879 RAY  11,274 kN  0
. . . (3)
R AX  5,43 kN
Aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, se obtiene:
RBX  9,1624 kN
R AZ  RBZ  3,213464  0 . . . (4)
 6  R AY  RBY  4,828352  0 . . . (5)
Por condición del problema:
F
EN LA DIRECCION DEL EJE DE LA BISAGRA EN "B"
0
Para aplicar esta condición se muestra a continuación una vista en el plano y-z:
y
A
z
0
20
B
200
RBZ
Eje de la
bisagra
Aplicando la condición a la figura
tenemos que:
RBY sen20 0  RBZ cos 200
RBY  2,747477 RBZ … (6)
200
RBY
40
Resolviendo las ecuaciones (3), (4), (5) y (6), obtenemos:
RAY  6,4686 kN ; RAZ  1,2873 kN ;

Las magnitudes de R A
RBY  5,2908 kN ;
RBZ  1,9257 kN

y
R B , tenemos:
RA  8,543 kN
R A  (5,43) 2  (6,4686) 2  (1,2873) 2
RB  (9,1624) 2  (5,2908) 2  (1,9257) 2
RB  10,754 kN
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.
y
Parábola
1200 N/m
Vértice
300 N/m
B
A 
x
6m
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:
( y  k )  4 p ( x  h) 2 , 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:
y  25x 2  300
Esta ecuación de la parábola es nuestra función de carga, es decir:
y  w( x )  25x 2  300
41
Cálculo de FR y x (magnitud y ubicación de la fuerza resultante)
La magnitud de la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas está dada por:
6
FR   (25 x 2  300) dx
FR   w( x ) dx
FR  3600 N
0
La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:
6
x
 x w( x) dx
 x (25x
x
FR
2
 300) dx
 3,75 m
0
FR
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.
FR  3600 N
R AX
B
A
3,75 m
RAY
6m
RBY
Por segunda condición de equilibrio:
M
TOTALES
A
0
 RBY (6m)  3600 N (3,75m)  0
RBY  2250 N
Por primera condición de equilibrio:
F
X
F
Y
0
0
RAX  0
RAY  1350 N
Respuesta:

RA  (0 ; 1350 N )

RB  (0 ; 2250 N )
42
PROBLEMA Nº 6
Para la carga aplicada en la viga que se muestra en la figura, determine las reacciones en los
apoyos, cuando w0  1,5 kN / m .
3,5 kN/m
w0
50 kN.m
A
C
B
6m
2m

D
1m
Resolución
Primero hallo la función de carga de las fuerzas distribuidas, para ello aplicamos la ecuación de la
recta:
y  mx  b , donde “m” es la pendiente de la recta. Además sabemos que y  w( x ) .
A partir de la figura dada construimos la figura siguiente:
y (kN/m)
Se sabe:
Recta
3,5
y  mx  b
Para
x  0  y  3,5  b  3,5
Para
x  9  y  1,5  m  2 / 9
Luego:
1,5
0
x (m)
9
Cálculo de FR y
2
y   x  3,5  w( x )
9
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:
9
2
FR   ( x  3,5) dx
9
0
FR   w( x ) dx
FR  22,5 kN
La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:
9
x
x w
( x)
FR
dx
x
2
 x ( 9 x  3,5) dx
0
22,5
 3,9 m
43
Cálculo de las reacciones en los apoyos
FR  22,5 kN
3,9 m
1m
4,1 m
50 kN.m
A
C
B
2m
RC X
9m
RBY
RCY
Por segunda condición de equilibrio:
M
TOTALES
C
 50  22,5(4,1)  RBY (6)  0
0
RBY  7,042 kN
Por primera condición de equilibrio:
F
X
F
Y
0
0
RCX  0
RCY  15,458 kN
Respuesta:

RB  (0 ; 7,042 kN )

RC  (0 ; 15,458 kN )
44