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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. Esquemáticamente, 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 sistema de fuerzas concurrentes. Lo cual trae consigo muchas complicaciones,
pues a veces el sistema equivalente más simple es un par de fuerzas, y sería 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
Los cuerpos están en equilibrio
20 cm
20 cm
y es evidente que si quitáramos el
O
cuerpo de la derecha, la barra giraría alrededor de un eje horizontal que pasara por la articulación
O.
5 kg
5 kg
Si en vez del cuerpo de 5 kg,
dispusiéramos de un cuerpo de
20 cm 10 cm
10 y quisiéramos equilibrar la balanza, tendríamos que colocar el
O
nuevo cuerpo a una distancia de
10 cm de la articulación; y si el
cuerpo fuera de 20 kg, tendría
5 kg
10 kg
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 tendencia a girar, nos importa fijar la atención en el punto del plano que se intersecta con dicho eje.
El momento de una fuerza F respecto a un punto O se calcula multiplicando la magnitud de la fuerza por la distancia de su línea de acción al
punto. Se simboliza MO F = 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.
40
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
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
D
C
A
0.3
m B
0.4 m
0.4 m
MA Q = 80(0.4) ; MA Q = 32 kg ∙ m ⤸
MB Q = 80(0.4) ; MB Q = 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 punto de aplicación de la fuerza, sino de su línea de acción.
MC Q = 0
MB Q = 80(0.4); MB Q = 32 kg ∙ m ⤹
Ejemplo. Diga qué momento produce 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.
D
A
15
8
17
C
E 7.5
4
8.5
B
A
D
8´
A
E
C
B P = 340#
7.5´
7.5´
̅̅̅̅ = 340(8.5);
MA P = 340AB
MA P = 2890 lb ∙ ft ⤸
̅̅̅̅ = 340(8.5);
MC P = 340BC
MC P = 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.
41
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Por semejanza de triángulos
D
d
α
O
α
B
15
P = 340
α
8
17
A
̅̅̅̅
OA 17
8.5(17)
=
; ̅̅̅̅
OA =
8.5 15
15
̅̅̅̅ = 15 − ̅̅̅̅
OD
OA = 15 −
8.5(17) 80.5
=
15
15
d
15
15 80.5
80.5
=
; d=
(
)=
̅̅̅̅
17 15
17
OD 17
80.5
MD F = 340 (
)
17
MD F = 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 referencia cuyo eje de las yes tenga la
y
dirección AO, y un eje de las equis
F
perpendicular a él. DescompondreO
mos la fuerza F en dos componenβ
γ
tes cualesquiera C1 y C2 . Puesto que
C2
x
F es resultante de estas dos fuerzas
α
componentes
A
C1
R = ∑ Fx
F cos γ = C1 cos α + C2 cos β
Multiplicaremos cada uno de los términos por la distancia OA, de modo que no se altere la igualdad.
̅̅̅̅) cos γ = C1 (OA
̅̅̅̅) cos α + C2 (OA
̅̅̅̅) cos β
F(OA
42
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Levantaremos una perpendicular a cada una de las líneas de
acción de las fuerzas que pase
por O. Cada una de esos segmentos, 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.
y
C2
O
F
β
x
α
γ
A
C1
Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior tenemos
Fd = C1 d1 + C2 d2
es decir,
MO F = MO C1 + MO C2
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.
Ejemplo. Utilizando el teorema de
Varignon, calcule el momento de la fuerza de 4200 N con respecto al empotramiento A.
A
4200 N
30°
20 mm
50 mm
Obtenemos las componentes horizontal y vertical de la fuerza.
FV
FH
20
√3
FH = 4200 ( ) = 2100√3
2
A
50
43
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
1
FV = 4200 ( ) = 2100
2
M A F = M A FH + M A FV
MA F = 2100√3(20) − 2100(50)
MA F = −32300 N ∙ mm
MA F = 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.
Ejemplo. Determine el momento de
la fuerza P que actúa sobre la armadura
en cantilíever del problema ya resuelto,
empleando el teorema de Varignon.
D
8´
E
C
A
B P = 340#
7.5´
7.5´
8
PH = 3400 (17) = 160
340
15
8
15
PV = 340 ( ) = 300
17
17
15
8
MD P = MD PH + MD PV
7.5
MD F = −160(4) − 300(7.5)
4
160
MA F = −640 + 2250 = −1610
300
MD P = 1610 lb ∙ ft ⤹
44
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Q
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.
B
6´´
G
6´´
5´´
A
5´´
Las componentes ortogonales de la fuerza son
QH = 260 (
12
13
5
) = 100
13
12
QV = 260 ( ) = 240
13
5
Primera solución: descomponiendo en B
QV
M G Q = MG Q H + MG Q V
MG Q = −100(6) + 240(5)
MA F = −600 + 1200 = 600
MD P = 600 lb ∙ in ⤹
QH
6
G
5
Segunda solución: descomponiendo la fuerza Q en el punto A
QV
M G Q = MG Q H + MG Q V
MG Q = 100(6) + 0
MD P = 600 lb ∙ in ⤹
G
6
QH
A
Como puede apreciarse, una buena selección del centro de momentos
facilita los cálculos.
45
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
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 R 2 . Tenemos ahora un sistema de dos fuerzas concurrentes formado por R1 y R 2 ,
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.
F2
De la geometría de la figura, se puede
F
1
observar fácilmente que la magnitud de R
es igual a la suma de F1 más F2 . Y es evidente que es paralela a las fuerzas originales.
F2
R2
Para determinar de modo analítico la
F
1
R1
posición de la resultante, elegiremos un
β
α
punto arbitrario O. El momento de R resE
E
pecto a O es igual a la suma de los momentos de R1 y R 2 según lo establece el
teorema de Varignon. Además, el momeR
nto con respecto a O de R1 , conforme al
mismo teorema, es igual a la suma del
R2
momento de F1 más el momento de E,
ambos respecto al punto O. Pero el moβ R R1
2
O
mento de R 2 con respecto a O es igual al
R1 α
momento respecto a O de F2 menos el
F2
R2
momento de E respecto al mismo punto;
F
1
R1
este momento tiene necesariamente sentiβ
α
do contrario al de la otra componente E,
E
E
pues ambas están en la misma línea de acción, pero son de sentido contrario. De toO
do lo cual resulta que
46
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
MO R = MO F1 + MO F2
y con esta ecuación se puede determinar con facilidad la posición de la
resultante buscada.
Estos resultados se pueden generalizar, pues el proceso puede reiterarse tantas veces como se desee. Así, la resultante de un sistema de fuerza 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
MO R = ∑ M O F
120 kg
80 kg
Ejemplo. La figura representa tres
60 kg
cajas colocadas sobre una tarima.
B
Sustitúyalas por una sola que produzca A
los mismos efectos externos sobre la
0.6 m 0.8 m 0.7 m 0.2 m
tarima.
60
x
y
120
80
B
A
0.6
0.8
0.7
0.2
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.
47
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
MA R = ∑ MA F
260xA = 60(0.6) + 120(0.4) + 80(2.1)
260xA = 36 + 168 + 168
372
xA =
= 1.431
260
Es decir:
R = 260 kg ↓; xA = 1.431 m →
O mejor:
260 kg
B
A
1.431 m
B
Ejemplo. Determine la magnitud, la
dirección y la posición de la resultante de
las fuerzas que actúan sobre el poste de la
figura.
10 #
3´
20 #
2´
50 #
2´
A
Como sistema de referencia elegimos el siguiente:
y
R = ∑ Fx
R = 10 − 20 + 50 = 40
x
MA R = ∑ MA F
−40yA = −50(2) + 20(4) − 10(7)
48
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
−40yA = −100 + 80 − 70 = −90
−90
yA =
= 2.25
−40
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.
MB R = ∑ M B F
40(−yB ) = 50(5) − 20(3) = 250 − 60 = 190
190
yB = −
= −4.75
40
yB = 4.75 ft ↓
La suma de yA + yB es la longitud del poste
B
4.75
7´
40#
2.25
A
Ejemplo. Diga cuáles son las características de la resultante del sistema de
fuerzas que actúa sobre la barra de la figura.
49
2 ton 1 ton
A
B
5 ton 11 ton
1m 2m
2m
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Eligiendo el sistema de referencia mostrado y A como centro de momentos
R = ∑ Fy
R = 5 + 11 − 2 − 1 = 13
y
x
MA R = ∑ MA F
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.
50
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Tomemos una fuerza diferencial dF = ydx,
que corresponde prácticamente a una fuerza
concentrada, como las que hemos venido estudiando. La fuerza resultante será
R = ∑ Fy , que, en este caso se convierte en
R = ∫ dF = ∫ ydx
De modo semejante, la posición de la resultante se puede hallar mediante la ecuación
MO R = ∑ MO F; x̅R = ∑ xF;
x̅ =
∑ xF
R
que, ahora es x̅ =
∫ x dF
∫ dF
Cuando la carga distribuida admite un eje de simetría, la fuerza resultante 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 conocer la posición de la fuerza resultante de las más significativas distribuciones simples, que no admitan un eje de simetría; tal es el caso del triángulo.
Sea la fuerza distribuida sobre la viga
de longitud L la se muestra como un área
Q
triangular en la figura; como la carga
aumenta en proporción directa de la distancia x, y la carga máxima es Q, y =
A
B
Qx⁄L. Elegiremos un área diferencial
L
dF = y dx. La magnitud de la fuerza resultante es R = ∫ dF = ∫ y dx . Como se
trata de la recta cuya ecuación es y =
Qx⁄L, entonces R = (Q⁄L) ∫ x dx cuyos
y
𝑄
límites inferior y superior son 0 y L, res𝑦= 𝑥
𝐿
pectivamente. Por tanto, R = QL⁄2, que
Q
corresponde al área del triángulo que re𝑑𝐹
presenta a la carga. Emplearemos ahora la
A
x
ecuación de momentos para determinar la
𝑑𝑥
posición. x̅R = ∫ x dF; o sea x̅QL⁄2 =
51
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
(Q⁄L) ∫ x 2 dx, cuyos límites son también
𝑄𝐿
0 y L. Por tanto, x̅QL⁄2 = (QL2 ⁄3), de
2
donde x̅ = 2L⁄3. La carga distribuida es
equivalente a una sola fuerza concentrada
de magnitud QL⁄2 colocada a 2L⁄3 a la
A
derecha del apoyo A.
𝐿
2𝐿
Consideremos ahora una viga de lon3
3
gitud L sobre la que actúa una carga que
varía según la ecuación y = Qx 2 , 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 derecha del apoyo A. Elegimos un elemento diferencial dF = y dx. La magnitud de la fuerza resultante es R = ∫ dF, o sea R = Q ∫ x 2 dx desde x = 0
hasta x = L ; de donde se obtiene R = QL3⁄3. Además, x̅R = Q ∫ x 3 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.
500 kg/m
Ejemplo. Sustituya la carga distribuida aplicada sobre la viga de la figura
por una sola fuerza concentrada.
A
B
3m
3m
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
x
y
1500
A
1.5
2.5
750
2
B
Y componemos las dos fuerza paralelas
52
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
R = ∑ Fy
2250 kg
R = 1500 + 750 = 2250
A
B
2.33m
MA R = ∑ MA F
+⤸
2250 xA = 1500(1.5) + 750(4)
2250 xA = 2250 + 300
xA =
5250
2250
xA = 2.33 m
Ejemplo. La viga libremente apoyada
de la figura soporta una carga variable
𝜔=12x2, tal como se muestra en la figura. El peso propio de la viga es de 50 lb/ft. A
Encuentre la magnitud, dirección y posición de la resultante de las cargas distribuidas.
Q
𝜔
B
x
6’
Sustituiremos la carga distribuida por una
sola fuerza concentrada
𝜔
𝑑𝐹
Q
Elegimos dF = ωdx
6
F = ∫ ω dx = 12 ∫ x 2 dx
x
𝑑𝑥
0
F = 4x 3 |60 = 864
su posición es
53
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
̅x = ∫ ωx dx
6
864 x̅ = 12 ∫ x 3 dx
0
F = 3x 4 |60 = 3888
x̅ =
300
3888
= 4.5
864
Ahora encontremos la resultante de
esta fuerza y del peso, cuya magnitud
es de 500(6)lb.
864
y
B
A
3
1.5
1.5
R = ∑ Fy
R = 1164
MA R = ∑ MA F
+⤸
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, analicemos el siguiente caso.
Ejemplo. Determine todas las características del sistema resultante de las cinco fuerzas aplicadas en la viga de la figura.
54
800 N
400 N 600 N 900 N 300 N
A
B
0.5 m 1 m 0.4 m 1.1 m
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
𝑅 = ∑𝐹
𝑅 = −800 − 400 + 600 + 900 − 300
𝑅=0
𝑀𝐴 𝑅 = ∑ 𝑀𝐴 𝐹
𝑀𝐴 𝑅 = −400(0.5) + 600(1.5) + 900(1.9) − 300(3)
𝑀𝐴 𝑅 = 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.
750 N
1510 N
A
1m
750 N
150 N
1510 N
B
A
B
1510 N
B
A
2m
1m
Tal como señalamos arriba, un par de fuerzas es un sistema de dos
fuerzas paralelas, de la misma magnitud y de sentido contrario. Su propiedad fundamental es que la suma de los momentos que producen sus fuerzas 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
∑ MA F = F(d + D) − FD = Fd
∑ MB F = F(d + H) − FH = Fd
B
F
H
55
d
F
DA
A
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
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 produce, se suelen representar mediante un arco
de circunferencia en el que se indica el
sentido y la magnitud.
Fd
A
Y así, las características de un par son
1. Magnitud: que es igual al momento que produce y, por tanto al producto 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 último 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 objeto 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
56
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
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.
40#
40#
50#
50#
4´
20#
4´
20#
A
3´
3´
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.
∑ MA F = 20(4) − 40(4) + 30(6) + 40(8) − 30(3) − 40(3)
∑ MA F = 80 − 160 + 180 + 320 − 90 − 120
a) ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 210 lbft ⤹
MR = ∑ M
MR = 20(4) + 50(5) − 40(3)
MR = 80 + 250 − 120
b) 𝑀𝑅 = 210 lbft ⤹
Como queda comprobado, el efecto de un par es un momento de su
misma magnitud.
100 kg
Ejemplo. Determine la magnitud y el
30°
150 kg
sentido del par resultante del sistema de
100
kg
1.5
m
pares que actúa sobre la viga de la figuA 30°
B
ra. Diga también de qué magnitud deben
150 kg
2m
1m
ser las fuerzas verticales que, aplicadas en
A y B, formen un par equivalente.
40 kg
40 kg
57
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
En vez de calcular el brazo del par formado por las fuerzas de 100 kg,
descompondremos dichas fuerzas en sus componentes horizontal y vertical.
50
50√3
50√3
150
1
150
1
2
40
40
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 kgm ⤹
Si las fuerzas verticales han de aplicarse a 3 m de distancia,
FA = FB =
56.6
3
A
FA = 18.87 kg ↓
B
18.87 kg
18.87 kg
FB = 18.87 kg ↑
Par de transporte
Es frecuente la necesidad de cambiar de posición una fuerza, de cambiar 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 demostraremos a continuación, acompañando la fuerza con un par, que llamaremos
par de transporte.
58
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Pensemos en la fuerza F de la figura, 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 sistema 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 produce con respecto al punto B.
Ejemplo. Transporte la fuerza F de
120 kg al empotramiento A, sin que se
alteren los efectos externos que sufre la
viga.
F
A
B
F
A
F
d
B
F
A
F
MT
B
200 kg
B
A
4m
Como el momento que la fuerza produce respecto a A es
MA F = 200(4) = 800 ⤸
basta transportar la fuerza a B y acompañarla con un par de esa magnitud
y en sentido horario.
200 kg
A
800 kgm
59
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
50 mm
Ejemplo. La figura representa el elemento de una máquina. Transporte la
fuerza Q de 7500 N al extremo B, sin que
se alteren los efectos externos del elemento.
B
20 mm
A
4
Q
3
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.
5
3
QH = 7500 ( ) = 4500
5
4
3
B
QH
4
QV = 7500 ( ) = 6000
5
MB Q = 4500(20) − 6000(50) = −210000
QV
MB Q = 210000 N mm ⤸ = 210 N m ⤸
210 Nm
B
4
A
7500 N
3
El par de transporte debe tener esa magnitud
y ese sentido.
A
Ejemplo. Sustituya la fuerza y el par
que actúan sobre la palanca de la figura
por una sola fuerza equivalente.
80 lbft
O
60
30°
30°
40 #
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
A
O
Se trata del problema inverso de los dos
anteriores,
pues ahora debemos de supri30° 40
mir el par. Consideremos que ya está resuelto, y calculemos la longitud de la palanca.
El momento que debe de producir respecto a 𝑂 en esa posición es de 80 lb ft y
para calcularlo descompondremos en la dirección de la barra y en dirección perpendicular.
√3
Como
se aprecia en la figura
40 ( )
2
MO F = 20(OA)
A
20
O sea que 20(OA) = 80
OA = 2 ft
O
Ejemplo. La banda de un motor ejerce 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.
800 kg
M2
500 kg
M1
800 kg
45°
0.4 m
O
500 kg
a) Para transportar la fuerza de 500 kg se
necesita el par
M1 = 500(0.4)
M1 = 200 kg m ⤹
61
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
y para la de 800,
M2 = 800(0.4)
M1 = 320 kg m ⤸
800
500
b) La resultante de las dos fuerzas se puede determinar mediante la ley del triángulo
R = √5002 + 8002 − 2(500)800 cos 135°
sen θ sen 135°
=
800
R
R = 1207 kg
R
135° 800
θ
1207 kg
28°
O
c) El par resultante se obtiene mediante la suma
algebraica de los dos pares.
MR = 200 − 320 = −120
500
120 kgm
28°
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. Encuentre un sistema fuerza-par equivalente, cuya fuerza esté aplicada en el punto
A.
D
100 #
40 #
1´
A
62
C
20 #
1´
B
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
M2
M1
6
0
O
8
0
M3
40
2
0
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.
R x = ∑ Fx
R x = 40 − 80 = −40
y
x
R y = ∑ Fy
R y = 60 − 20 = 40
R = 40√2
R = 56.6 lb
240 lb ft
56.6 lb
45°
A
45°
MR = ∑ M
MR = 320 + 40 − 120
MR = 240 lb ft ⤹
63
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
D
100 #
C
Ejemplo. Sustituya el sistema fuerzapar del problema anterior por una sola
fuerza: diga qué punto de la arista AD
corta su línea de acción.
40 #
1´
A
1´ B
Supondremos resuelto el problema
empleando las componentes de R.
40
40
O
20 #
Como el par es de 240
40x̅ = 240
A
𝑥
x̅ = 6 ft →
56.6 lb
O
6’
La fuerza que se muestra es la
resultante de las tres que actúan
sobre la placa.
45°
A
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.
64
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
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 sistema equivalente más simple– de un sistema de fuerzas coplanares cualesquiera.
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 resultante 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 = √Rx 2 + Ry 2 ; tan θ =
∑ MoF
Ry
; x̅ =
Rx
Ry
Ejemplo. Sobre la viga de la figura
100 kg
120 kg
60°
actúan las tres fuerzas y el par mos- 2 m
30°
45°
trados. Determine la magnitud y direc- A
B
2m
720 kgm 150 kg
ción de su resultante y diga en qué punto
se cortan su línea de acción y el eje AB.
4m
2m
2m
Elegimos el sistema de referancia mostrado y
empleamos las ecuaciones que acabamos de
deducir.
y
x
R x = ∑ Fx
65
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
1
√2
√3
R x = 120 ( ) + 150 ( ) − 200 ( )
2
2
2
R x = 60√3 + 75 − 50√2 = 108.2
A
R y = ∑ Fy
52.4°
5.51 m
1
√2
√3
R y = 120 ( ) − 150 ( ) − 100 ( )
2
2
2
R y = 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.
La dirección
MA R = ∑ M A F
Ry
140.6
=
Rx
108.2
θ = 52.4°
tan ϴ =
MA R = 720 − 75(2) − 75(6)√3
−50(8)√2
MA R = 720 − 150 − 450√3 − 400√2
y la posición
∑M F
xA = R A =
y
MA R = −775
−775
−140.6
R = 177.4 kg;
= 5.51
52.4; xA = 5.51m →
La magnitud es
R = √R x 2 + R y 2
R = √108.22 + 140.62 = 177.4
Ejemplo. La figura representa la ar200 # 200 #
madura de un techo sujeta a la acción de
400 # 200 #
400 #
D
las fuerzas del viento. Halle la magnitud, 200 # B C
4´
la dirección y un punto de la línea de A
H
G
F
E
acción de la resultante de dichas fuerzas.
6´
6´
6´
6´
66
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
Refiriéndonos al sistema mostrado y descomponiendo la fuerza según el triángulo de la figura (las
pendientes de las fuerzas son inversas a las de las
barras de la armadura) Tenemos
y
x
3
R x = ∑ Fx
√10
3
1
1
1600
R x = −200 (
) 4 − 400 (
)2 = −
√10
√10
√10
1
1
R y = ∑ Fy
3
R y = −200 (
3
200 (
) 2 + 400 (
√10
) 2 − 400 (
√10
3
3
)+
√10
)
√10
Ry = 0
2√10
2√10
A
6
C
B
Elegir C como centro de momentos facilita el
cálculo.
4
2
MC R = ∑ MC F
6
−y (−
1600
) = −200(4√10)2 − 400(2√10)2
√10
1600
−y (
) = 3200(√10)
√10
C
Por tanto
15
506 lb
𝑅 = R x = 506, y = −20
R = 506 lb ←; yC = 20 ft ↓
67
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
1500 N
Ejemplo. La placa de la figura sufre la
acción de las cuatro fuerzas mostradas.
Determine completamente las características de su resultante.
400 mm250 mm 1300
N
300 mm
600 mm
700 N
2100 N
5
3
4
13
12
5
y
Determinamos las hipotenusas de los triángulos
que definen las pendientes de las fuerzas inclinadas y nos apoyamos en el sistema de referencia mostrado
R x = ∑ Fx
4
x
5
R x = 700 − 1500 (5) + 1300 (13)
R x = 700 − 1200 + 500 = 0
R y = ∑ Fy
3
12
R y = 1500 ( ) + 1300 ( ) − 2100
5
13
R y = 900 + 1200 − 2100 = 0
Elegimos A como centro de momentos y descomponemos en B la fuerza de 1300N
MA R = ∑ MA F
MA = 1200(650) − 2100(650) + 700(300)
68
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
MA R = −900(650) + 210000 = −375000
375 Nm
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 Nm ⤸
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 momento 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)
69
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
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 momentos (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 produce 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. Recuerde 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 concentrada. Diga cuáles son su magnitud, su dirección y su posición.
(Sol. F = 1500 kg ; ̅̅̅
𝑥𝐴 = 3.4 m
70
)
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
8. La viga que se muestra en la figura soporta una carga distribuida conforme la expresión ω = 200 sen (πx/10), donde si x se
da en ft, ω resulta en lb/ft. Determine las características de la fuerza única que produce
los mismos efectos externos sobre la viga.
(Sol. F = 614 lb ; ̅̅̅
𝑥𝐴 = 3.18 ft
)
9. 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 respecto a: a) al punto C, b) al punto O.
(Sol. a) 342 lb b) 492 lb)
10. 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 ↺)
11. 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 ↺)
12. Calcule la magnitud del par de la
figura: a) utilizando la distancia entre las
líneas de acción de las fuerzas; b) resolviendo cada una de las fuerzas en sus componentes cartesianas.
(Sol. M = 84.9 lb·in ↺)
71
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
13. Determine el sistema resultante de
las fuerzas que actúan sobre la armadura de la
figura.
(Sol. M = 3.89 ton·m ↻)
14. 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)
15. 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)
16. 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 ↻)
17. Para abrir la válvula de la figura se
requiere un momento de 0.7 kg·m. Represente las fuerzas de un par cuyas fuerzas,
aplicadas en la circunferencia de la válvula,
produzca ese momento.
(Sol.2.33 kg)
72
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
18. 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 ↺)
19. Sustituya la fuerza que actúa en C por
otra cuya línea de acción pase por O y un par
formado por dos fuerzas horizontales
aplicadas en A y en B.
(Sol. FA = 100 lb → ; FB = 100 lb ←)
20. 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 dis-tancia OA
necesaria para que la sola fuerza de 60 kg,
aplicada en A, produzca los mis-mos efectos
externos sobre la palanca.
(Sol. 23.1 cm)
21. Se desea sustituir la fuerza y el par
que actúan sobre la cuerpo de la figura por
una sola fuerza. Diga qué magnitud, dirección y posición debe tener ésta sin que se
alteren los efectos externos.
(Sol. F = 20 lb ↓ dA = 9 ft →)
73
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
22. Determine la magnitud y la dirección de la re-sultante 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 =14.3 m →)
74