Este documento trata sobre los sistemas de fuerzas en equilibrio. Un sistema de fuerzas está en equilibrio cuando su resultante es nula. Para que exista equilibrio, la suma de todas las fuerzas en la dirección x y en la dirección y debe ser cero, al igual que la suma de todos los momentos. El documento también explica diferentes tipos de apoyos como simple, deslizante, articulación y empotramiento.

2. Un Sistema de fuerzas en un plano
(coplanares) se encuentra en equilibrio
cuando su Resultante es nula, es decir
cuando su resultante no es un par ni una
fuerza.

3. Por esta razón se acostumbra decir que un
Sistema de fuerzas en equilibrio es aquel
en el que NO tiene resultante.

4. y(+)
R = 0
x (+)
y(+)
R = 0
x (+)

5. Son aquellas ecuaciones que da la Estática
y que deben ser verificadas por todo
sistema de fuerzas en equilibrio y se
expresan como:

6. + n
i = 1
Σ Fix = 0
+
n
i = 1
Σ Fiy = 0
+
n
i = 1
Σ Mi = 0

7. En seguida veremos diferentes tipos de
apoyos en los cuales se sustentan las
estructuras, los objetos, etc.

8. a).- Apoyo Simple:
Únicamente impide el movimiento vertical,
pero no el deslizamiento horizontal, se
representa como:

9. ( 1 incógnita)
Ry
Apoyo Simple

10. Ruinas de
Stonehenge
Inglaterra
Ejemplo de Apoyo Simple

11. Ejemplo de Apoyo Simple

12. Ejemplo de Apoyo Simple

13. b).- Apoyo Desplazable:
La reacción es normal a la superficie.
( 1 incógnita)
Ry

14. Ejemplo de Apoyo Desplazable

15. Ejemplo de Apoyo Desplazable

16. Ejemplo de Apoyo Desplazable

17. Ejemplo de Apoyo Desplazable

18. c).- Articulación:
No se permite la traslación en ninguna
dirección (o sea impide el movimiento en el
eje “x” ó en el eje “y”) pero no puede
impedir la rotación. La Resultante tiene
dirección desconocida.

19. Articulación
( 2 incógnitas)
Ry
Rx
R
θ

20. Ejemplo de Articulación

21. Ejemplo de Articulación

22. Ejemplo de Articulación

23. d).- Empotramiento:
Impide la traslación en todas las direcciones
y no permite la rotación.
( 3 incógnitas)
Ry
Rx
M

24. Ejemplo de Empotramiento

25. ( 1 incógnita)
Rx
e).- Apoyo Guiado
La reacción es normal a la superficie de
rodamiento.

26. ( 1 incógnita)
T
d).- Cable
La reacción es normal al cable, siempre
trabaja a la tensión.
T

27. ( 1 valor)
Wpp
e).- Peso propio
Siempre señala a la superficie de la tierra en
forma vertical por efectos de la gravedad
c.g.
Tierra
Por último: Aunque no es Apoyo es un valor
muy común en los problemas de equilibrio
estático.

28. Según el número de incógnitas que
presenten los problemas de equilibrio,
éstos pueden clasificarse en:
a).- Isostáticos
b).- Hiperestáticos
c).- Hipostáticos

29. Problemas Isostáticos:
También llamados estáticamente determi-
nados, son aquellos en que el número de
incógnitas que presenta NO es mayor que
el número de ecuaciones de equilibrio con
que se cuenta para resolverlos

30. Un Apoyo simple + Articulación
( 3 incógnitas = 3 Ecuaciones Estática)
RBX
RBYRAX
F

31. Problemas Hiperestáticos:
También llamados estáticamente indeter-
minados, son aquellos en que el número de
incógnitas que presenta ES mayor que el
número de ecuaciones de equilibrio con
que se cuenta para resolverlos

32. Dos Apoyos simples + Articulación
( 4 incógnitas > 3 Ecuaciones Estática)
RCX
RBYRAX
F Q
RCY

33. Dos Empotramientos
( 6 incógnitas > 3 Ecuaciones Estática)
RBX
RAY
RAX
F
RBY
MA
MB

34. Según sea el número de incógnitas mayor
que el de las ecuaciones de equilibrio
estático, se dice que es el grado de
Hiperestaticidad del problema.
Para el ejemplo anterior:
6 incógnitas – 3 ecuaciones de equilibrio
Igual a 3er grado de hiperestaticidad

35. Problemas Hipostáticos:
También llamados inestables, en este caso
el número de incógnitas que presenta ES
superado por el número de ecuaciones de
equilibrio con que se cuenta para
resolverlos

36. Una Articulación
( 2 incógnitas < 3 Ecuaciones Estática)
RBX
RBY
F

37. n
i = 1
Un sistema de “n” Fuerzas Colineales estará
en equilibrio cuando tiene una Resultante
igual a cero. Alguna incógnita se obtiene
por una simple suma algebraica, igual a
cero.
Σ Fi = 0

38. Por ejemplo
F1= 100 Kg
Determinar la Fuerza que debe ejercer el
ultimo hombre de la derecha, para que el
banderín central no se mueva, si cada
hombre sujeta la cuerda con las siguientes
fuerzas:
F3= 100 KgF2= 75 KgF1= 80 Kg F4= 90 Kg F5= 95 Kg F6= ?

39. +
n
i = 1
Σ Fi = 0
0 = - 80 – 75 – 100 + 90 + 95 + F6
F6 = 70 Kg
F3= 100 KgF2= 75 KgF1= 80 Kg F4= 90 Kg F5= 95 Kg F6= ?
0 = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6
Resp

41. En este tipo de problemas, solo se pueden
tener como máximo dos incógnitas ya que
solo habrá dos ecuaciones de equilibrio
estático disponibles:
+
n
i = 1
Σ Fix = 0
+
n
i = 1
Σ Fiy = 0

42. 10 Lbs
Para la configuración mostrada en la figura
determinar el valor del ángulo θ para
obtener la condición de equilibrio:
α = 10°
θ = ?
10 Lbs
10 Lbs
α = 10°
θ = ?A
B
C
D
E

43. WPP = 10 Lbs
Diagrama de Cuerpo Libre
α = 10°
θ = ?
α = 10°
TAB
B
C
TBC
TBC
α = 10°
TCD
WPP = 10 Lbs
Figura 2
Figura 1

44. Trabajando la Figura 1
α = 10°C
TBC
α = 10°
TCD
WPP = 10 Lbs
0 = TCD Cos 10° - TBC Cos 10°
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
TCD = TBC

45. α = 10°C
TBC
α = 10°
TCD
WPP = 10 Lbs
0 = TCD Sen 10° + TBC Sen 10° - 10
+
n
i = 1
Σ Fy = 0
Pero como TCD = TBC
0 = 2 (TBC Sen 10°) - 10
TBC = 28.79 Lbs
Por lo tanto TCD = 28.79 Lbs

46. Trabajando la Figura 2
0 = - 10 – 28.79 Sen 10° + TABy
+
n
i = 1
Σ Fy = 0
TABy = 15 Lbs
WPP = 10 Lbs
α = 10°
θ = ?
TAB
B
TBC = 28.79 Lbs

47. Trabajando la Figura 2
0 = 28.79 Cos 10° - TABx
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
TABx = 28.35 Lbs
WPP = 10 Lbs
α = 10°
θ = ?
TAB
B
TBC = 28.79 Lbs

48. WPP = 10 Lbs
α = 10°
θ = ?
TAB
B
TBC = 28.79 Lbs
TABy
T AB = (28.35)² + (15)² = 32 Lbs
Tang θ = 15/28.35  θ = 27.88°
TABx
Resp

49. 2° Ejemplo: Tres barriles de vino están apilados
en un cajón de madera como se ve en la figura.
Despreciando la fricción, determine la reacción
entre el barril A y la pared vertical
9 m
10 Lbs
A
B
C
1000 Kg
2000 Kg
750 Kg
RAx = ?

50. Cálculo de las distancias
9 m
10 Lbs
A
B
C
2.5 3.03.5
2.0 3.04.0
3.0
4.6

51. Kg
Analizando el barril C
RCx
PBC
C
3.5
1000 Kg
4.6
0 = - 1000 + PBC (4.6/5.5)
+
n
i = 1
Σ Fy = 0
PBC = 1195.6 Kg

52. Kg
Analizando el barril C
RCx
PBC
C
3.5
100 Kg
4.6
0 = RCx - PBC (3.5/5.5)
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
RCx = 760.8 Kg
0 = RCx – (1195.6) (3.5/5.5)

53. Analizando el barril B
10 Lbs
B
3.5
4
3
4.6
PBC = 1195.6
2000 KgPAB = ?
RBx = ?
0 = - 2000 – 1195.6 (4.6/5.5) + PAB (3/5)
+
n
i = 1
Σ Fy = 0
PAB = 5000 Kg

54. Analizando el barril B
10 Lbs
B
3.5
4
3
4.6
PBC = 119.56
200 KgPAB = ?
RBx = ?
0 = - RBx + 1195.6 (3.5/5.5) + 5000 (4/5)
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
RBx = 4760.8 Kg

55. i
Analizando el barril «A»
A 4
3
RAx = ?
750 Kg
5000 Kg
0 = RAx - 5000 (4/5)
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
RAx = 4000 Kg
RAy = ?
Resp

56. i
Analizando el barril «A»
A 4
3
RAx = ?
750 Kg
5000 Kg
0 = RAy - 5000 (3/5) - 750
+
n
i = 1
Σ Fy = 0
RAy = 3750 Kg
RAy = ?

57. Comprobación que existe el equilibrio en el
problema:
9 m
10 Lbs
A
B
C
1000 Kg
2000 Kg
750 Kg
4000
3750 Kg
760.8
4760.8

59. En este tipo de problemas, solo se pueden
tener como máximo dos incógnitas ya que
solo habrá dos ecuaciones de equilibrio
estático disponibles:
+
n
i = 1
Σ Fix = 0 +
n
i = 1
Σ Fiy = 0
Fuerzas en sentido x Fuerzas en sentido y
Σ M = Σ Fix diy = 0+
i = 1
n
Σ M = Σ Fiy dix = 0+
i = 1
n

60. La grúa esquematizada en la figura pesa 25
Ton y su centro de gravedad G esta a 2 m,
del eje delantero, dada las dimensiones,
encontrar el valor de la carga máxima W
que puede levantar, asumiendo que la
carga permisible en el eje B es de 30 Ton.
6 m 2 m

61. Diagrama de cuerpo libre:
6 m 2 m
2 m 4 m
25 Ton
30 TonRAy
Wmáx = ?
A B
0 = 25 (2) – 30 (6) + W (8)
+ Σ MA = 0
W = 16.25 Ton Resp

62. Diagrama de cuerpo libre:
6 m 2 m
2 m 4 m
25 Ton
30 TonRAy
Wmáx = ?
A B
0 = Ray - 25 + 30 – 16.25
+ Σ Fy = 0
RAy = 11.25 Ton Resp
i = 1

63. 2° Problema: Un carro está estacionado
sobre el plano inclinado mostrado en la
figura. El peso del carro está representado
por la fuerza de 15 Ton que pasa por el
punto C.- Determinar:
a) La Tensión en el cable, necesaria para
sostener el carro
b) ¿Cuál será la reacción en las ruedas?

64. θ = 40°
A
B
W =15 Ton
C
T

65. θ = 40°
A
B
15 Ton
C
T
Wy = 15 Cos 40° = 11.5 Ton
RA = ?
RB = ?
Wx = 15 Sen 40° = 9.64 Ton
Wy
Wx
Diagrama de cuerpo libre:

66. θ = 40°
A
B
C
T
RA = ?
RB = ?
Wy = 11.5
Wx = 9.64
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
T = 9.64 Ton
0 = T – 9.64
Resp

67. θ = 40°
A
B
C
T
RA = ?
RB = ?
Wy = 11.5
Wx = 9.64
+ Σ MA = 0
RB = 6.57 Ton
0 = 11.5 (2) – RB (3.5) + 9.64 (0.5) – 9.64 (0.5)
Resp

68. θ = 40°
A
B
C
T
RA = ?
RB = ?
Wy = 11.5
Wx = 9.64
+
n
i = 1
Σ Fy = 0
RA = 4.93 Ton
0 = RA – 11.5 + 6.57
Resp

70. En este tipo de problemas, solo se pueden
tener como máximo tres incógnitas ya que
solo habrá tres ecuaciones de equilibrio
estático disponibles:
+ n
i = 1
Σ Fix = 0
+
n
i = 1
Σ Fiy = 0
+
n
i = 1
Σ Mi = 0

71. Una estructura que soporta las cargas
mostradas en la figura, está soportada por
una articulación en A y por un apoyo
deslizante en D. Encontrar las reacciones
en los apoyos.
2.4 m
150 Kg
A
B C
D
E
2.4 m
3.6 m
2.4 m
150 Kg
100 Kg

72. 2.4 m
150 Kg
A
B C
D
E
2.4 m
3.6 m
2.4 m
150 Kg
100 Kg
Diagrama de cuerpo libre:
RAy RDy
RAx
+
n
i = 1
Σ Fx = 0
0 = RAx – 100
RAx = 100 Kg Resp

73. 2.4 m
150 Kg
A
B C
D
E
2.4 m
3.6 m
2.4 m
150 Kg
100 Kg
Diagrama de cuerpo libre:
RAy RDy
RAx
+ Σ MA = 0
RDy = 100 Kg
0 = 150 (2.4) + 150 (4.8) - 100 (3.6) – RDy (7.2)
Resp

74. 2.4 m
150 Kg
A
B C
D
E
2.4 m
3.6 m
2.4 m
150 Kg
100 Kg
Diagrama de cuerpo libre:
RAy RDy
RAx
+
i = 1
Σ Fy = 0
RAy = 200 Kg
0 = RAy – 150 – 150 + 100
Resp

75. 2°Ejemplo: Una barra de 3.6 m de largo y
peso despreciable, está sometida a unas
cargas mostradas en la figura. Determinar
la posición de equilibrio de la barra
definida por el ángulo θ.
4 m
3 m
θ = ?
P = 100 Kg
Q = 50 Kg
A
B

76. Diagrama de cuerpo libre:
4
3
θ = ?
P = 100 Kg
Q = 50 Kg
A
B
RA = ?
5
RB = ?
Como hay 3 incógnitas y existen 3
ecuaciones de equilibrio, por lo tanto si
se puede resolver

77. Recordando:
Son ángulos iguales

78. Recordando:
RB = ?4
3
5 3
4
5
3
4 5

79. θ = ?
P = 100 Kg
Q = 50 Kg
A
B
RA = ?
RBy
RBx
n
i = 1
RBy = 100 Kg
0 = RBy – 100
+
i = 1
Σ Fy = 0

80. Usando las relaciones de proporcionalidad
entre una fuerza y su pendiente:
RB
3
4
5
RBy = 100
RBx
RBy = RBx = RB
4 3 5
100 = RBx = RB
4 3 5
RBx = 3 (100) = 75 Kg
4
RB = 5 (100) = 125 Kg
4

81. θ = ?
P = 100 Kg
Q = 50 Kg
A
B
RA = ?
RBy = 100 Kg
RBx = 75 Kg
n
i = 1
RA = 125 Kg
0 = RA – 50 - 75
+
i = 1
Σ Fx = 0

82. θ = ?
P = 100 Kg
Q = 50 Kg
A
B
RA = 125 Kg
RBy = 100 Kg
RBx = 75 Kg
+ Σ MB = 0
0 = 450 Sen θ – 210 Cos θ - 60 Sen θ
0 = 125 (3.6 Sen θ) - 100 (2.1 Cos θ) - 50 (1.2 Sen θ)

83. 0 = 450 Sen θ – 210 Cos θ - 60 Sen θ
0 = 390 (Sen θ) - 210 (Cos θ)
390 (Sen θ) = 210 (Cos θ)
Sen θ = 210
Cos θ 390
Tan θ = 0.5385
θ = Tan¯¹ (0.5385)
θ = 28.3° Resp

84. Resultados Finales:
4
3
θ = 28.3°
P = 100 Kg
Q = 50 Kg
A
B
RA = 125 Kg
5
RB = 125 Kg

85. Un motor está instalado sobre una viga
empotrada en la figura. Determinar las
reacciones en el punto de empotramiento
para cuando θ = 45°. Despreciar el peso
propio de la viga.
75 Lbs
θ
10 plg
6 plg
100 Lbs
A
150 Lbs θ
4 plg
Problema 3.3.46, pag 93, Cunniff

86. Diagrama de cuerpo libre:
75 Lbs
10 plg
6 plg
100 Lbs
A
150 Lbs
θ = 45°
RAx
RAy
MA
θ = 45°

87. Cambiando las fuerzas por componentes
rectangulares
75 Lbs
10 plg
6 plg
70.71
A
106.07
RAx
RAy
MA
106.07
70.71
2.83
2.83
2.83

88. 75 Lbs
10 plg
6 plg
70.71
A
106.07
RAx
RAy
MA
106.07
70.71
2.83
2.83
2.83
n
i = 1
RAx = 176.78 Kg ≈ 177 Kg
0 = RAx – 106.07 – 70.71
+
i = 1
Σ Fx = 0
Resp

89. 75 Lbs
10 plg
6 plg
70.71
A
106.07
RAx
RAy
MA
106.07
70.71
2.83
2.83
2.83
n
i = 1
RAy = 101.78 Kg ≈ 102 Kg
0 = - RAy + 106.07 + 70.71 - 75
+
i = 1
Σ Fy = 0
Resp

90. 75 Lbs
10 plg
6 plg
70.71
A
106.07
RAx
RAy
MA
106.07
70.71
2.83
2.83
2.83
+ Σ MB = 0
0 = 75 (10) – 106.07 (6 - 2.83) – 106.07 (10 - 2.83)
- 70.01 (6 + 2.83) – 70.01 (10 + 2.83) + MA

91. + Σ MB = 0
0 = 75 (10) – 106.07 (6 - 2.83) – 106.07 (10 - 2.83)
- 70.01 (6 + 2.83) – 70.01 (10 + 2.83) + MA
0 = 750 – 336.24 – 760.52 – 618.18 – 898.23 + MA
MA = - 750 + 336.24 + 760.52 + 618.18 + 898.23
MA = 1,863.17 ≈ 1,863 Kg-m Resp