MRA_Unidad_2.pdf

MECÁNICA RACIONAL
Unidad II: Fuerzas y Momentos

II.1. Equilibrio de una partícula
Objetivos:
 Presentar el concepto de diagrama de cuerpo libre para una partícula.
 Resolver problemas de equilibrio de una partícula, mediante las
ecuaciones de equilibrio.
UNIDAD II: Fuerzas y Momentos

II.1.1 Condiciones de equilibrio
𝐹 = 0
𝐹𝑥 = 0
𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑧 = 0
Es el vector suma de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula.
𝐹 = 𝑚𝑎 = 0 Partícula se mueve con velocidad constante o
permanece en reposo, por tanto aceleración cero

II.1.2 Diagrama de Cuerpo Libre (DCL)
Toma en cuenta todas las fuerzas conocidas y desconocidas.
Conexiones frecuentes: resortes, cables y poleas
• Resortes:
• Cables y Poleas:
𝑠1 = 𝑙 − 𝑙0
𝑭 = 𝒌𝒔𝟏
Constante de resorte N/m.
La longitud cambiará en proporción
directa a la fuerza aplicada
𝑙0
𝑙
𝑠1
𝐹
𝑇
𝑻 = 𝑾 = 𝒎𝒈
Se desprecia el
peso del cable
𝜃
𝑇
𝑤
𝑇

𝐹 = 0
𝐹𝑥𝑖 + 𝐹𝑦𝑗 = 0
𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑦 = 0
II.1.4 Sistema de fuerzas tridimensionales
𝐹 = 0
𝐹𝑥𝑖 + 𝐹𝑦𝑗 + 𝐹𝑧 = 0
𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝑧 = 0
II.1.3 Sistema de fuerzas coplanares

Determine la tensión en cada
una de las cuerdas usadas
para sostener el cajón de 100
kg en equilibrio.
Sistema de fuerzas tridimensionales
Ejercicio 1

𝐅 = 𝟎 → 𝐅𝐁 + 𝐅𝐂 + 𝐅𝐃 + 𝐖 = 𝟎
En equilibrio:.
Diagrama de cuerpo libre

W = 100(9.81) = 981N
𝑭𝑩 = 𝑭𝑩 𝒊
𝑭𝑪 = 𝑭𝑪 cos 120°𝒊 + 𝑭𝑪 cos 135°𝒋 + 𝑭𝑪 cos 60°𝒌
𝑭𝑪 = (−
𝟏
𝟐
𝑭𝑪𝒊) + (- 0.707𝑭𝑪𝒋) + (
𝟏
𝟐
𝑭𝑪𝒌)
𝑭𝑫 = 𝑭𝑫. 𝑼𝑫 = 𝑭𝑫 .
𝒓𝑫
𝒓𝑫
= 𝑭𝑫 .
−1𝒊+ 2𝒋+ 2𝒌
𝟏𝟐+𝟐𝟐+𝟐𝟐
𝑭𝑫 = - 0.333𝑭𝑫𝒊 + 0.667𝑭𝑫𝒋 + 0.667𝑭𝑫𝒌
W = (-981 𝒌)

Equilibrio:
𝐅 = 𝟎 → 𝐅𝐁 + 𝐅𝐂 + 𝐅𝐃 + 𝐖 = 𝟎
𝑭𝑩𝒊 + (−
𝟏
𝟐
𝑭𝑪𝒊) + (-0.707𝑭𝑪𝒋) + (
𝟏
𝟐
𝑭𝑪𝒌) - 0.333𝑭𝑫𝒊 + 0.667𝑭𝑫𝒋 + 0.667𝑭𝑫 𝒌 -
981 𝒌 = 𝟎
𝑭𝒙=0  𝑭𝑩 - 0.5𝑭𝑪 - 0.333𝑭𝑫= 0
𝑭𝒚=0  -0.707𝑭𝑪 + 0.667𝑭𝑫= 0
𝑭𝒛=0  0.5𝑭𝑪 + 0.667𝑭𝑫- 981 = 0
Tomando la segunda y tercera ecuación, podemos eliminar 𝐹𝐷 luego calculamos
𝐹𝐶. Finalmemnte con la primera ecuación calculamos 𝐹𝐵

𝑭𝒄 = 𝟖𝟏𝟒. 𝟕𝟓𝟗𝑵
𝑭𝑫 = 𝟖𝟔𝟏. 𝟓 𝐍
𝑭𝑩 = 𝟔𝟗𝟑. 𝟐𝟓𝟗 𝐍

Determine la
fuerza en cada
cable que se ha
usado para
sostener la caja
de 40 N en
equilibrio.
metros
metros
metros
8 metros
Sistema de fuerzas tridimensionales
Ejercicio 2

metros
metros
8 metros
metros

Paso 1: Diagrama de cuerpo libre
N

Paso 2: Identificar Fuerzas
𝑭𝑩 = 𝑭𝑩 .
𝒓𝑩
𝒓𝑩
= 𝑭𝑩 .
−3𝒊 − 4𝒋 + 8𝒌
𝟑𝟐+𝟒𝟐+𝟖𝟐
= (−
𝟑
𝟖𝟗
𝑭𝑩𝒊) −
𝟒
𝟖𝟗
𝑭𝑩𝒋) + (
𝟖
𝟖𝟗
𝑭𝑩𝒌)
𝑭𝑪 = 𝑭𝑪 .
𝒓𝑪
𝒓𝑪
= 𝑭𝑪 .
−3𝒊 + 4𝒋 + 8𝒌
𝟑𝟐+𝟒𝟐+𝟖𝟐
= −
𝟑
𝟖𝟗
𝑭𝑪𝒊 +
𝟒
𝟖𝟗
𝑭𝑪𝒋 +
𝟖
𝟖𝟗
𝑭𝑪𝒌
𝑭𝑫 = 𝑭𝑫 . 𝒊 = 𝑭𝑫𝒊
𝑾 = −𝟒𝟎𝑲

Paso 3: Ecuaciones de Equilibrio
𝑭 = 𝟎 → 𝑭𝑩 + 𝑭𝑪 + 𝑭𝑫 + 𝑾 = 𝟎
𝑭𝒙 = 0  −
𝟑
𝟖𝟗
𝑭𝑩 −
𝟑
𝟖𝟗
𝑭𝑪 +𝑭𝑫 = 0
𝑭𝒚 = 0  −
𝟒
𝟖𝟗
𝑭𝑩 +
𝟒
𝟖𝟗
𝑭𝑪 = 0
𝑭𝒛= 0 
𝟖
𝟖𝟗
𝑭𝑩 +
𝟖
𝟖𝟗
𝑭𝑪 - 40 = 0

II.2 Momentos
Objetivos:
• Analizar el concepto de momento de fuerza
• Calcular el momento de fuerza
• Definir el momento par
• Hallar la resultantes de sistemas de fuerzas no
concurrentes
• Reducir una carga simple distribuida a una
fuerza resultante

• Cuando se aplica una fuerza a un cuerpo, ésta tenderá a hacerlo girar alrededor de
un punto que no está en la línea de acción de la fuerza. (esto se conoce como par
de torsión o momento)
Momento

II.2.1. Formulación Escalar
Magnitud : 𝑀0 = 𝐹. 𝑑 = 𝑁. 𝑚
Dirección: está definido por su eje que es perpendicular al
plano que contiene F y a su brazo de momento.
El sentido se obtiene con la:
Regla de la mano derecha: El pulgar nos indica el
sentido de la dirección del momento

Momento resultante
Para problemas bidimensionales el
momento resultante puede encontrarse
con la suma algebraica de los momentos
causados por todas las fuerzas en el
sistema.
Convención:
Momentos positivos: sentido anti-horario
Momentos negativos: sentido horario

Ejercicio 3
Determinar el momento resultante de
las cuatro fuerzas que actúan sobre
el tubo roscado ensamblado en la
brida. Respecto al punto O.

II.2.2. Producto Cruz (Multiplicación vectorial)
C = A x B  A cruz B
C = (ABsen θ) 𝐮𝐂
La magnitud de C se define como el producto de las magnitudes de A y B y el seno
del ángulo entre las colas C = AB sen θ 0° ≤ θ ≤180°
La dirección de C es perpendicular al plano que contiene a
A y B , de acuerdo a la regla de la mano derecha; es decir el
pulgar señala el sentido y los otros dedos van de A hacia B
Dado que se conoce la
magnitud y dirección de
C se puede escribir Donde: ABsenθ define la magnitud de C y el
vector unitario uC define la dirección de C

Leyes:
Formulación vectorial cartesiana
No Conmutativa
Asociativa
Distributiva

𝑨𝒙𝑩 =
𝑖 𝑗 𝑘
𝐴𝑥 𝐴𝑦 𝐴𝑧
𝐵𝑥 𝐵𝑦 𝐵𝑧
=
𝐴𝑦 𝐴𝑧
𝐵𝑦 𝐵𝑧
𝑖 -
𝐴𝑥 𝐴𝑧
𝐵𝑥 𝐵𝑧
𝑗 +
𝐴𝑥 𝐴𝑦
𝐵𝑥 𝐵𝑦
𝑘
Producto cruz de dos vectores generales

II.2.3. Momento de una fuerza, formulación vectorial
Aquí r representa el vector posición
trazado desde O , hasta cualquier
punto que se encuentre sobre la línea
de acción de F

Magnitud , Dirección y Sentido del momento
Mo = r Fsenθ = F(rsenθ)= Fd
El ángulo θ se mide entre las colas de los
vectores r y F. Para establecer el ángulo se
trata a r como un vector deslizante.
La dirección y sentido de M0 se determinan
con la regla de la mano derecha, teniendo en
cuenta que el dedo índice debe recorrer de r
hacia F.

Principio de Transmisibilidad
Este principio indica que podemos usar
cualquier vector de posición r medido
desde O hasta cualquier punto sobre la
línea de acción de F, dado que
cualquiera de ellos creará el mismo
momento con respecto al punto O.
Entonces F puede considerarse un
vector deslizante (esta propiedad es la
transmisibilidad)

Formulación vectorial cartesiana
Si se establece ejes coordenados x, y, z, el vector
posición r y la fuerza F pueden expresarse como
vectores cartesianos
Resolviendo:

Determine el momento resultante que generan las fuerzas con respecto
al soporte en O.
Ejercicio 4

Solución:
𝒓𝑨 = 𝟓𝒋
𝒓𝑩 = 𝟒𝒊 + 𝟓𝒋 − 𝟐𝒌
= 𝟑𝟎𝒊 − 𝟒𝟎𝒋 + 𝟔𝟎𝒌 Nm
2

II.2.4 Principio de Momentos Teorema de Varignon
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 punto.
Este Teorema puede comprobarse con el
producto cruz. Si F= F1 +F2
Mo = r x F = r x (F1 + F2) = r x F1 + r x F2
Para problemas en dos dimensiones se puede
usar este principio para descomponer la fuerza
en sus componentes rectangulares y después
determinar el momento con un análisis escalar.
Así Mo = Fxy - Fyx

Determinar el momento de fuerza con respecto a O
Ejercicio 5

Método I:
𝐅 = 𝟒𝟎𝟎𝐬𝐞𝐧𝟑𝟎°𝐢 − 𝟒𝟎𝟎𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎°𝐣
r = 0.4 𝐢 − 𝟎. 𝟐𝐣
𝐌𝟎 = 𝐫 𝐱 𝐅 =
𝐢 𝐣 𝐤
𝟎. 𝟒 −𝟎. 𝟐 𝟎
𝟐𝟎𝟎 −𝟑𝟒𝟔. 𝟒 𝟎
𝐌𝟎= - 98.564 𝐤 N.m

Método II:

II.2.5. Momento de una fuerza respecto
a un eje específico
Análisis vectorial:
Mo = r x F
La componente My es la
proyección de Mo en “y” , de
modo que:
My = j ·Mo = j · (r x F)

Este método puede generalizarse (ver Figura) .
Considerando que ua es el vector unitario que
especifica la dirección del eje “a”, con lo cual:
Ma = ua · (r x F) Triple producto escalar. Escrito en forma cartesiana:

El resultado del determinante será un
escalar positivo o negativo. Su signo
indica el sentido de la dirección de Ma
a lo largo del eje “a”. Si es positivo
tendrá el mismo sentido que ua , caso
contrario actuará en sentido opuesto
Una vez determinado Ma se puede
expresar Ma como un vector
cartesiano:
Ma = Ma ua

Determine el momento 𝑀𝐴𝐵
producido por la fuerza F
mostrada y que tiende a girar la
barra con respecto al eje AB.
D
F = - 300 k
Ejercicio 6

𝐮𝐀𝐁 =
𝐫𝐀𝐁
𝐫𝐀𝐁
=
0.4𝐢 + 0.2𝐣
𝟎.𝟒𝟐+𝟎.𝟐𝟐
𝐮𝑨𝑩 = 𝟓(0.4𝐢+ 0.2𝐣)= 0.4 𝟓𝐢 + 0.2 𝟓𝐣
MAB = uAB · (r x F)
D
𝐫𝐀𝐃 = 𝟎. 𝟔𝐢
F = - 300𝐤
Análisis vectorial
Un vector r puede dirigirse desde cualquier punto
sobre el eje AB hacia cualquier punto sobre la línea
de acción de la fuerza; así por ejemplo los vectores
de posición rAC y rAD.
También se puede usar rBC o rBD. Por simplicidad se
usa rAD

MAB = uAB. rADxF =
0.4 5 0.2 5 0
0.6 0 0
0 0 −300
MAB = 80.50N. m
𝐄𝐬 𝐩𝐨𝐬𝐢𝐭𝐢𝐯𝐨(+), 𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐞𝐥 𝐦𝐢𝐬𝐦𝐨 𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐥 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐝𝐢𝐫𝐞𝐜𝐜𝐢ó𝐧 𝐮𝐀𝐁
𝐌𝐀𝐁 = (80.50) (0.4 𝟓 𝐢+0.2 𝟓 𝐣) = 72.0 𝐢 + 36 𝐣 N.m
Hacer el ejercicio usando el
vector de posición rAC

Determine la magnitud
del momento de la
fuerza F con respecto
al segmento OA del
ensamble de tubos que
se muestra
Ejercicio 7

𝐌𝑶𝑨 = 𝐮𝑶𝑨. 𝐫 𝐱 𝐅

𝐅 = 𝐅 . 𝐮𝐂𝐃 = 𝟑𝟎𝟎
𝐫𝐂𝐃
𝒓𝐂𝐃

𝐌𝑶𝑨 = 𝟏𝟎𝟎𝑵. 𝒎

II.2.6. Momento de un par
Mo = 𝑟 𝑥 𝐹
Definición de Par: dos fuerzas paralelas de igual magnitud, con igual
dirección y sentidos opuestos y separadas por una distancia perpendicular “d”
Cómo la fuerza resultante es cero, el único efecto de un par es producir una
rotación o tendencia a rotar en una dirección específica
Su valor se determina encontrando la suma de los momentos de ambas fuerzas
respecto a cualquier punto arbitrario (O en este caso) (ver figura)
Este resultado indica que un momento de par es un vector libre, es decir,
puede actuar en cualquier punto ya que M solo depende del vector de posición r
dirigido entre las fuerzas y no de los vectores de posición rA y rB dirigidos desde
el punto arbitrario O hacia las fuerzas

Momento de un par
Formulación escalar
El momento de un par, M se define como una magnitud de
M = Fd
F es la magnitud de las fuerzas, “d” es la distancia
perpendicular o brazo de momento entre las fuerzas.
La dirección y sentido del momento de par se determinan
mediante la regla de la mano derecha. En todos los caso M
actúa perpendicularmente al plano que contiene estas fuerzas

Momento de un par
El momento de un par puede expresarse también por
el vector producto cruz
M = r x F
En la formulación r se multiplica vectorialmente por la
fuerza F a la cual está dirigida.
La expresión hallada es igual que si se desea
calcular el momento de +F respecto del punto A
Formulación vectorial

Momento de un par
Pares equivalentes
Cuando producen un momento
con la misma magnitud y
dirección
Momento de par resultante
Al ser los momentos de par vectores libres,
sus resultantes pueden determinarse
mediante la suma de vectores
MR = M1 + M2
Σ MR = Σ(r x F)
M = 30X0.4 =12Nm M = 40X0.3 =12Nm
Pares equivalentes

Determine el momento de par que actúa sobre el tubo
Ejercicio 8

Forma 1. Solución mediante análisis vectorial
𝐌𝐑𝟎 = 𝐫𝟎𝐀𝐱 −𝟐𝟓𝐤 + 𝐫𝟎𝐁𝐱(𝟐𝟓𝐤)
𝐌𝐑𝟎 =
𝒊 𝒋 𝒌
𝟎 𝟖 𝟎
𝟎 𝟎 −𝟐𝟓
+
𝒊
𝟔𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎°
𝒋
𝟖
𝒌
−𝟔𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎°
𝟎 𝟎 𝟐𝟓
𝐌𝐑𝟎 = −𝟏𝟐𝟗. 𝟗𝒋𝑵. 𝒎

Forma 2: Es más fácil tomar momentos respecto a un punto que
esté sobre la línea de acción de una de las fuerzas, por ejemplo el
punto A
𝐌𝑹𝑨 = 𝐫𝐀𝐁 𝐱 𝟐𝟓𝐤
𝐌𝐑𝐀 = 𝟔𝐜𝐨𝐬𝟑𝟎°𝐢 − 𝟔𝐬𝐞𝐧𝟑𝟎°𝐤 𝐱 𝟐𝟓𝐤
𝐌𝐑𝐀 = −𝟏𝟐𝟗. 𝟗𝒋𝑵. 𝒎
Forma 3: Análisis escalar
M = Fd = 25 ( 6 Cos 30°) = 129.9 N.m

II.2.7. Simplificación de un sistema de fuerza y par :
3 ideas
Consiste en
reducir un
sistema de
fuerzas y
momentos de
par, que actúan
sobre un cuerpo
a una forma más
sencilla.
Un sistema es
equivalente si los
efectos externos que
produce sobre un
cuerpo son los
mismos que los
causados por el
sistema original.
Esto se puede hacer
si se reemplaza con
un Sistema
Equivalente que
conste de una sola
fuerza resultante la
cual actúa en un
punto específico y un
momento de par
resultante

II.2.7. Simplificación de un sistema de fuerza y par
Esta varilla está sometida a la acción de
F, si añadimos un par de Fuerzas iguales
pero opuestas, F y – F , en el punto B,
que se encuentra sobre la misma línea de
acción de F , se observa que –F en B y F
en A se anulan y queda sólo F en B. Es
decir la fuerza F se ha movido desde A
hasta B sin modificar los efectos sobre
la varilla.
Esto demuestra el Principio de
Transmisibilidad que dice que
una Fuerza que actúa sobre un
cuerpo (varilla) es un vector
deslizante puesto que puede
aplicarse sobre cualquier punto
a lo largo de su línea de acción

II.2.7. Simplificación de un sistema de fuerza y par
Si F se aplica en forma
perpendicular a la varilla,
podemos añadir un par
de Fuerzas iguales pero
opuestas F y –F.
Ahora la fuerza F en A
y – F en B , forman un
par que producen un
momento de par M = Fd.
También
podemos usar el
procedimiento
anterior, para
mover una
fuerza hasta un
punto que NO
está sobre la
línea de acción
de la Fuerza
Por tanto la fuerza F
puede moverse desde
A hasta B siempre
que se añada un
momento de par M
para mantener un
sistema equivalente.
Como M es un vector
libre puede actuar en
cualquier punto de la
varilla.

Sistema de fuerzas y momentos de par
= =
El momento de par resultante del
sistema es equivalente a la suma de
todos los momentos de par ΣM más
los momentos con respecto al punto O
de todas la fuerzas
Cuando el sistema de fuerzas
se encuentra en el plano x-y
las ecuaciones se reducen a
las siguientes
Es posible reducir un sistema de varias fuerzas y momentos de par, a una fuerza
resultante en “0” y un momento de par resultante

Reemplace el sistema de fuerzas y par que actúa sobre el
elemento de la figura, por una fuerza y un momento de par
equivalentes que actúen en el punto O.
Ejercicio 9

II.2.8. SIMPLIFICACION ADICIONAL DE UN
SISTEMA DE FUERZAS Y PAR
El sistema de
fuerzas puede
reducirse aún más a
una sola fuerza
resultante
equivalente,
siempre que las
líneas de acción de
FR y (MR)o sean
perpendiculares
entre sí
Debido a esta
condición ,
solamente los
sistemas de fuerzas
concurrentes,
coplanares y
paralelos se pueden
simplificar aún más.

II.2.8. SIMPLIFICACION ADICIONAL
DE UN SISTEMA DE FUERZA Y PAR
Sistema de fuerzas concurrentes
Un sistema de fuerzas
concurrentes, es aquel en
que todas las líneas de
acción se intersecan en un
punto común, por tanto no
produce momento respecto
a este punto. Entonces el
sistema equivalente puede
representarse con una sola
fuerza resultante FR = Σ F

• Sistema de fuerzas coplanares
II.2.8. SIMPLIFICACION ADICIONAL DE UN
SISTEMA DE FUERZA Y PAR
En este caso las líneas de acción
de todas las fuerzas pertenecen al
mismo plano, por tanto la FR = ΣF
también esta en el mismo plano.
El momento de c/u de las fuerzas
se dirige en forma ┴ a este plano.
El momento resultante y la fuerza
resultante serán mutuamente
perpendiculares.
El momento resultante se puede
reemplazar al mover la FR a un
brazo de momento o distancia
perpendicular “d” del punto O de
modo que:
(MR)o = FRd = ΣMo

• Sistema de fuerzas paralelas
II.2.8.SIMPLIFICACION ADICIONAL
DE UN SISTEMA DE FUERZA Y PAR
Todas las fuerzas
paralelas se pueden
reducir a una Fuerza
resultante, la cual
actuará a una distancia
“d” del punto de giro:
(MR)o = FRd = ΣMo

Sistema de fuerzas concurrentes
Las cuatro fuerzas de los cables son concurrentes en O que se encuentra en la torre. En
consecuencia no producen un momento resultante ahí, sólo una fuerza resultante FR . Los cables
han sido colocados de modo FR esté dirigida a lo largo de la torre del puente y directamente hacia el
apoyo, de modo que no cause ninguna flexión de la torre

Sistema de fuerzas coplanares
Los pesos de los semáforos se reemplazan por su fuerza resultante WR = W1 + W2
que actúa a una distancia d = (W1d1 + W2d2)/WR desde O. Ambos sistemas son
equivalentes

Reemplace el sistema de fuerzas y momento de par que actúa sobre la viga de
la figura por una fuerza resultante equivalente y encuentre la distancia, medida
desde el punto O, en la que su línea de acción interseca con la viga.
Ejercicio 10

Como la línea de acción (FRx) actúa a través del punto O solo (FR𝑦)
produce momento
(MR)o = Mo
+
Mo= - 4(1.5) – 15 - 8(3/5)(0.5) + 8(4/5)(4.5)
Mo= 5.4
2.4(d)=5.4
d=2.25 m

La losa que se muestra en la figura está sometida a cuatro fuerzas paralelas. Determine
la magnitud y la dirección de una fuerza resultante equivalente al sistema de fuerzas
dado y localice su punto de aplicación sobre la losa.
Ejercicio 11

Se requiere que el momento con respecto a cada eje (x, y) de la resultante, sea igual
a la suma de los momentos con respecto a cada eje ( x, y) de las fuerzas presentes.

II.2.9. Reducción de una carga simple distribuida
En ocasiones, un cuerpo puede estar
sometido a una carga distribuida por toda su
superficie. Por ejemplo:
1.- La presión del viento sobre un letrero
2.- La presión del agua dentro de un tanque
3.- El peso de la arena sobre el piso de un
contenedor.
La presión ejercida sobre c/punto de la
superficie indica la intensidad de la carga
(Pascales o N/m2)

Carga uniforme a lo largo de un solo eje
Se puede reemplazar el sistema de fuerzas paralelas
coplanares por una sola fuerza resultante equivalente FR
que actúa en una ubicación específica sobre la viga
W (x) = p(x)b N/m
Es el tipo de carga más común. La viga de ancho constante
“b” es sometida a una carga de presión “p=p(x)”
Contiene una sola variable “x”, se puede representar como
una carga distribuida coplanar de la siguiente manera:
p(x) = función de la carga en N/m2
b = ancho de la viga

Magnitud de la fuerza resultante
Debemos usar la integración puesto que hay un
número infinito de fuerzas paralelas dF que actúan
sobre la viga. Se determina dF a partir del área
diferencial sombreada dA bajo la curva de carga.
Por consiguiente, la magnitud de la fuerza resultante
es igual al área total A bajo el diagrama de carga.

Ubicación de la fuerza resultante
Esta coordenada ubica el centro geométrico o centroide del
área bajo el diagrama de carga.
Una vez determinada esta ubicación la fuerza resultante FR
pasa por ella.

Determine la magnitud y la ubicación de la fuerza resultante
equivalente que actúa sobre la flecha de la figura
Ejercicio 12

• Halle la magnitud de
la resultante para la
siguiente carga
distribuida.
Ejercicio 13

• La carga la podemos considerar como una carga compuesta:
por una carga rectangular F2 más una triangular. F1
• La magnitud de la fuerza representada por cada una de esas
cargas es igual a su área asociada.
• La línea de acción de cada una de las fuerzas paralelas se
ubica en el centroide de sus áreas asociadas.

Las dos fuerzas paralelas F1 y F2
se pueden reducir a una sola fuerza
resultante FR
FR = 225 + 450 = 675 lb.
Con referencia al punto “A” de la figura
podemos hallar la ubicación de FR

• El área trapezoidal también se puede
dividir en 2 áreas triangulares . En
este caso:

EJERCICIOS PARA RAZONAR
Que razonamiento seguiría en los siguientes casos
para:
1) Reemplazar la carga distribuida por una fuerza
resultante equivalente.
2) Calcular su ubicación respecto a alguno de los puntos
de referencia de cada sistema.

1. Son áreas compuestas: descomponerlas.
2. La Fuerza resultante será la suma vectorial de la resultante de cada área
componente.
3. Hay algunas resultantes que van hacia abajo otras que van hacia arriba.
….

4. La Fuerza resultante será la suma vectorial de la resultante de cada área
componente. Teniendo en cuenta que algunas fuerzas componentes tiene
diferente dirección.
6 pie
60°

+
Mgtr. Rosa Chávez
Ing. Manuel Calderón

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