Este documento presenta conceptos clave relacionados con el equilibrio de un cuerpo rígido, incluyendo la definición de momento de una fuerza, momento resultante, principio de los momentos, momento de un par, y condiciones para el equilibrio de un cuerpo rígido. También introduce el concepto de cuerpos rígidos estáticamente indeterminados y fuerzas distribuidas.

1. 16
Capítulo III
EQUILIBRIO DE UN
CUERPO RÍGIDO
3.1 CONCEPTOS PREVIOS
1. Momento de una fuerza respecto a un punto ( F
OM

).-
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 F
OM

se determina aplicando la regla de la mano
derecha o regla del sacacorchos.
En la figura:
F
OM

: momento de la fuerza F

con respecto al punto “O”
x
y
z
F
OM

O
r

F


Línea de
acción de
la fuerza
d
Eje de
momento
Vector F
OM

:
F
OM

= r F
 
 = x y z
x y z
i j k
r r r
F F F
  
Dirección de F
OM

: Perpendicular al
plano que contiene a r

y F

. Se
determina por la regla de la mano
derecha.
Magnitud de F
OM

:
M
F
O = F
OM r F
  
  = r F sen

2. 17
r

: vector posición que va desde el punto “O” hasta un punto conocido de la línea de acción
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 ( RM

) .-
Se calcula mediante la suma vectorial de todos los momentos producidos por las fuerzas
con respecto a un punto de un cuerpo rígido.
1 1
n n
F
R O i i
i i
M M r F
  
 
   
Es decir:
( ) 1 1 2 2 . . .R O n nM r F r F r F
      
      
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 Fzas componentes deF
o oM M
 

Es decir:
1 2
F
OM r F r F r F
      
     
* Se cumple: 1 2F F F
  
 
r

F

2F

1F

x
y
O

3. 18
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.
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).
x
y
z
F
OM

O
r

F

Eje de
momento
Eje
específico
B
B´
'
F
BBM

F
BBM `

= momento de la fuerza F

respecto al eje
específico BB´.
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.
Vector
F
BBM `

(Proyección del vector
F
OM

sobre
el eje BB´):
´´` BBBB
F
BB FrM





 
* Recordar:












zyx
zyx
zyx
BB
FFF
rrrFr

 ´
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
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.
M

F

F


r

d

4. 19
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.
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:
( )RM r F
  
  O también: RM M
 
 
Ejemplo:
1M

2M

1M

2M

RM

M

F

F

 
M

F

F


 F

F

M


5. 20
7. Movimiento de una fuerza sobre un cuerpo rígido
1er Caso: El punto O está sobre la línea de acción de la fuerza.
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.
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.
= =
O
A
O
A
O
A
F

F

F

F


F

= =
F

A
.O
.O
F

M r F
  
 
A


F

F

F


O r

.P
A

6. 21
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)

)( Xww 
Curva de
carga
1F

1r

2r

2F

M

= = O
O
RM

1 2RF F F
  
 
O
M

1 1 1M r F
  
 
2 2 2M r F
  
 
1F

2F

( )xW : Función de carga (fuerza/longitud)
( )xW = ( ).xP a Ancho de la viga
Presión

7. 22
T1 T2
Carga o
fuerza
del viento
2) En una torre de alta tensión, debido a la fuerza del viento.
Magnitud de la fuerza resultante debido a una carga uniformemente distribuida
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 ( )xW ”

y
x
dF
x
dx
Para calcular la magnitud de la fuerza
resultante ( )RF , debido a la carga ( )xW W
que actúa sobre la viga, analizo un diferencial
de fuerza dF que actúa en el diferencial de
longitud dx y mediante un proceso de
integración hallo la fuerza resultante ( )RF .
Se cumple: ( ).xdF W dx dA 
Integrando: ( )0
RF
xdF W dx 
( )R xF W dx Area 

y
x
RF
x
L
C
Conclusión: la magnitud de la fuerza resultante es igual al área total bajo el diagrama de carga.
La coordenada x del centroide se calcula
con la siguiente expresión:
xdA
x
dA



O también:
( )
( )
x
x
xW dx
x
W dx




8. 23
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
0F

 0x y zF i F j F k
  
    
0M

 0x y zM i M j M k
  
    
Ecuaciones escalares de equilibrio:
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.
0xF 
0yF 
0zF 
Tres ecuaciones
escalares de
equilibrio de fuerzas
0xM 
0yM 
0zM 
Tres ecuaciones
escalares de
equilibrio de
momentos

9. 24
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.
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: , , ,x y y yA A B C y M
    
* Ecuaciones: 0 , 0 , 0X yF F M
  
    
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.
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.
F

F

yA

yB

A B
 
DCL de la viga
xA

yA

M

F

yB
 yC

B C
A
F


10. 25
3.4 TABLA 3.1 – Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas
de fuerzas bidimensionales

11. 26
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

12. 27
3.5 TABLA 3.2– Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas
de fuerzas tridimensionales

13. 28
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

14. 29
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?
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 0

M con respecto a un eje especifico o con respecto a un punto,
y luego 0

F .
z (m)
x (m)
y (m)
B
C (-50; 0; 0)
A
E (40; 0; -40)
D (20; 0; 50)

15. 30
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: ZYX AAA RyRR

, ). Además, dado que en A existe un soporte fijo, en este punto
actúa un par que se descompone es tres componentes: ZYX MyMM

, .
Asimismo, asumiremos que el punto A está ubicado en el origen de los ejes coordenados.
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la torre
);;( ZYX AAAA RRRR 


 BCBCBC FF )( ; donde: kNFBC 2 y )0;
02325,86
70
;
02325,86
50
( 

BC
)0;6275,1;1625,1( kNkNFBC 


 BDBDBD FF )( ; donde: kNFBD 2 y )
31761,88
50
;
31761,88
70
;
31761,88
20
( 

BC
)1323,1;5852,1;4529,0( kNkNkNFBD 

z (m)
x (m)
y (m)
B
C (-50; 0; 0)
A
E (40; 0; -40)
D (20; 0; 50)

XAR

ZAR

YAR

ZM

XM

YM

BEF

BDF

BCF

16. 31

 BEBEBE FF )( ; donde: kNFBE 2 y )
90
40
;
90
70
;
90
40
( 

BE
)8889,0;5556,1;88889,0( kNkNkNFBE 

Además, el par que actúa en A se expresa como: );;( ZYX MMMM 

Cálculo de ZYX AAA RyRR ; (componentes de la fuerza de reacción en A)
Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, tenemos:
0 xF 08889,04529,01625,1  kNkNkNR XA kNR XA 1793,0
Nota.- recuerde que el signo negativo de XAR indica que esta fuerza está en dirección contraria, es
decir sigue la dirección –x.
0 YF 05556,15852,16275,1  kNkNkNR YA kNR YA 7682,8
0 YF 08889,01323,1  kNkNR ZA kNR ZA 2433,0
Luego, la fuerza de reacción en A es )2433,0;7682,4;1793,0( kNkNkNRA 

Cálculo de ZYX MyMM ; (componentes del par en A)
Aplico primero suma de momentos totales respecto al eje x.
0
 Totales
XEje
M 0

 BEBDBC F
XEje
F
XEje
F
XEjeX MMMM . . . (1)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje x:
XEjeXEje
F
XEje FrM







 ;

r = vector posición que va desde el eje x hasta la fuerza
Obtenemos:
)0;0;0(

 BCF
XEjeM ; )0;0;2479( mkNM
BDF
XEje 


; )0;0;23,62( mkNM
BEF
XEje 


Además: )0;0;( XX MM 

Reemplazando en (1) y despejando XM obtenemos: mkNMX  01,17
Si aplicamos suma de momentos totales respecto al eje y, tenemos:
0
 Totales
YEje
M 0

 BEBDBC F
YEje
F
YEje
F
YEjeY MMMM . . . (2)

17. 32
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: )0;;0( YY MM 

Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que: 0YM
Para calcular ZM aplicamos suma de momentos totales respecto al eje z. Es decir:
0
 Totales
ZEje
M 0

 BEBDBC F
ZEje
F
ZEje
F
ZEjeZ MMMM . . . (2)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto al eje z, obtenemos:
)34,81;0;0( mkNM
BCF
ZEje 


; )71,31;0;0( mkNM
BDF
ZEje 


; )23,62:0;0( mkNM
BEF
XEje 


Además: );0;0( ZZ MM 

Luego, al reemplazar en la ecuación (2), tenemos que: mkNMZ  64,12
Por lo tanto, el momento de par en el punto A es: )64,12;0;01,17( mkNmkNMA 

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.

18. 33
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.
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la estructura ABGCE
)200;0;0( bfw 

; );;( ZYX AAAA RRRR 


 BDBDBD TT )( ; )1;0;0(

BD );0;0( BDBD TT 


 CDCDCD TT )( ; )5/3;5/4;0( 

CD )5/3;5/4;0( CDCDCD TTT 


 EFEFEF TT )( ; )1;0;0(

EF );0;0( EFEF TT 

Cálculo de la tensiones

BDT ,

CDT y

EFT
Para calcular las tensiones en los cables BD, CD y EF aplicamos 0

M , respecto al punto A,
porque de esta manera elimino de los cálculos las componentes de la reacción en A. Es decir:

w

BDT

CDT

EFT

ZAR

YAR

XAR3 pies

19. 34
0
 Totales
A
M 0

 w
A
T
A
T
A
T
A MMMM
EFCDBD
. . . (1)
Donde:



BDAB
T
A TrM
BD
; de la figura dada: )0;0;4(

ABr , y se halló que: );0;0( BDBD TT 

)0;4;0( BD
T
A TM
BD






CDAC
T
A TrM
CD
; de la figura dada: )0;4;4(

ACr , y se halló que: )5/3;5/4;0( CDCDCD TTT 










CDCDCD
T
A TTTM
CD
5
16
;
5
12
;
5
12



EFAE
T
A TrM
EF
; de la figura dada: )0;4;2(

AEr , y se halló que: );0;0( EFEF TT 

)0;2;4( EFEF
T
A TTM
EF






wrM AG
w
A ; de la figura dada: )0;2;4(

AGr , y según dato: )200;0;0( bfw 

piebfM
w
A 


)0;800;400(
Reemplazando estos momentos en la ecuación (1) y aplicando las tres ecuaciones escalares de
equilibrio de momentos, tenemos:
0 XM 04004
5
12
 EFCD TT . . . (2)
0 YM 08002
5
12
4  EFCDBD TTT . . . (3)
0 ZM 0
5
16
 CDT  0CDT
Reemplazando 0CDT en las ecuaciones (2) y (3), se obtiene:
bfTBD 150 ; bfTEF 100
Respuesta:
)150;0;0( bfTBD 

; 0

CDT ; )100;0;0( bfTEF 


20. 35
Cálculo de AR

(reacción en la rótula esférica A)
Para calcular AR

, primero hallo sus componentes aplicando las ecuaciones escalares de
equilibrio de fuerzas. Es decir:
0 XF 0XAR
0 YF 0
5
4
 CDA TR Y
, se halló que: 0CDT 0 YAR
0 ZF 0
5
3
200  EFCDBDA TTTR Z
, se halló: bfTyTbfT EFCDBD  1000,150 
bfR ZA 50
Respuesta: )50;0;0( bfRA 

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.
x
y
z
A
B
C
E
D
15 in.
23 in.
9 in.
22,5 in.
32 in.
3 in.
3 in.

21. 36
Resolución
DCL de la placa rectangular
De acuerdo con la figura dada, las coordenadas de los puntos son:
inA )0;0;3( , inB )0;0;29( , inC )15;0;23( , inD )0;5,22;0( , inE )0;5,22;32(
y inF )5,7;0;16(
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa rectangular
)0;285;0( bfw 

, );;( ZYX AAAA RRRR 

, );;0( ZY BBB RRR 


 CDCD TT )( ;
5,35
)15;5,22;23( 


CD )423,0;634,0;649,0( TTTTCD 


 CECE TT )( ;
5,28
)15;5,22;9( 


CE )526,0:789,0:316,0( TTTTCE 

a) Cálculo de “T” (magnitud de la tensión en el cable DCE)
Para calcular “T” aplico 0

M en el eje AB (eje x) porque de esta manera se anulan las
reacciones en A y en B (anulo cinco incógnitas).
0
 Totales
xEje
M 0

 CECD T
xEje
w
xEje
T
xEje MMM . . . (1)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para las
tensiones

CDT y

CET y el peso

w , se obtiene:
x
y
z

w

YBR

YAR

XBR

XAR

ZBR

ZAR

CET

CDT
A
B
C
E
Dato:
bfwPLACA 285
Por condición:
 La bisagra en B no ejerce
ninguna fuerza de empuje
axial. Es decir:
0XBR
 La magnitud de la tensión
en ambos lados del cable
es la misma.
Además:
Si las bisagras están
alineadas en forma
apropiada, entonces no
generan pares sobre la
placa.

22. 37
)0;0;51,9( TM
CDT
xEje 


; inbfM
w
xEje 


)0;0;5,2137( ; )0;0;835,11( TM
CET
xEje 


Reemplazando en (1) y aplicando 0 XM , tenemos:
0835,115,213751,9  TT bfT 14,100
b) Cálculo de

AR y

BR (reacciones en las bisagras A y B)
Aplicando las tres ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas tenemos:
0 XF 0316,0649,0  TTR XA bfR XA 347,33
0 YF 0789,0634,0285  TTRRbf YY BA bfRR YY BA 5,142 . . . (2)
0 ZF 0526,0423,0  TTRR ZZ BA bfRR ZZ BA 033,95 . . . (3)
A continuación aplico 0

M en el punto A:
0
 Totales
A
M 0

 CECDB T
A
T
A
w
A
R
A MMMM . . . (4)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la reacción

BR , las
tensiones

CDT y

CET y el peso

w , se obtiene:
)26;26;0( YZ
B
BB
R
A RRM 


; inbfM
CDT
A 


)6,1269;65,127;35,952( ; ;
inbfM
CET
A 


)2,1580;1528;15,1185( ; inbfM
w
A 


)3705;0;5,2137(
Reemplazando en la ecuación (4) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de
momentos, tenemos:
0 YM 0152865,12726  ZBR bfR ZB 85,53
0 ZM 037052,15806,126926 YBR bfR YB 89,32
Finalmente reemplazamos YBR en (2) y ZBR en (3) y obtenemos:
bfR YA 61,109 ; bfR ZA 18,41
Respuesta:
bfRA )18,41;61,109;347,33(

; bfRB )85,53;89,32;0(


23. 38
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 y-
z, 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:
)3;1;0(,)0;0:2(;)20cos2;202;2(,)20cos2;202:0(,)0;0;0( 0000
EDsenCsenBA 
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: 0

M y 0

F

24. 39
DCL DE LA PLACA
Expresión vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre la placa
kNF )0;6;2( 

, );;( ZYX AAAA RRRR 

, );;( ZYX BBBB RRRR 


 CECECE TT )( ;
845,2
)121,1;684,1;2(


CE )394,0;592,0;703,0( CECECECE TTTT 

Cálculo de la magnitud de la tensión del cable CE
Para calcular la tensión en el cable CE aplico 0

M 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:
0
 Totales
ABEje
M 0

 CET
ABEje
F
ABEje MM . . . (1)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un eje específico, para la fuerza

F
y la tensión

CET , se obtiene:
mkNM
F
ABEje 


)580652,10;853656,3;0( ; mkNTTM CECE
T
ABEje
CE



)29756,1;4726,0;0(
Reemplazando en (1) y aplicando 0 YM , tenemos:
04726,0853656,3  CET kNTCE 156,8

YBR
X

ZAR
X

XAR
X

XBR
X

YAR
X

ZBR
X
E .

CET

25. 40
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 0

M respecto al punto B, es decir:
0
 Totales
B
M 0

 CEA T
B
F
B
R
B MMM . . . (2)
Aplicando la ecuación del momento de una fuerza, respecto a un punto, para la fuerza de reacción

AR , la fuerza

F y la tensión

CET , se obtiene:
)684,0;879,1;879,1684,0( XXYZ
A
AAAA
R
B RRRRM 


; mkNM
CET
B 


)6546,9;426,6;0(
mkNM
F
B 


)368,13;758,3;274,11(
Reemplazando en la ecuación (2) y aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de
momentos, se obtiene:
0274,11879,1684,0  kNRR YAAZ . . . (3)
kNR XA 43,5
Aplicando las ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas, se obtiene:
kNR XB 1624,9
0213464,3  ZZ BA RR . . . (4)
0828352,46  YY BA RR . . . (5)
Por condición del problema: 0""  BENBISAGRALADEEJEDELDIRECCIONLAENF
Para aplicar esta condición se muestra a continuación una vista en el plano y-z:
200
200
200
RBY
RBZ
B
A
y
z
Eje de la
bisagra
Aplicando la condición a la figura
tenemos que:
00
20cos20 ZY BB RsenR 
ZY BB RR 747477,2 … (6)

26. 41

y
x
300 N/m
1200 N/m
6 m
Parábola
Vértice
A B
Resolviendo las ecuaciones (3), (4), (5) y (6), obtenemos:
kNRkNRkNRkNR ZYZY BBAA 9257,1;2908,5;2873,1;4686,6 
Las magnitudes de

AR y

BR , tenemos:
222
)2873,1()4686,6()43,5( AR kNRA 543,8
222
)9257,1()2908,5()1624,9( BR kNRB 754,10
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.
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:
2
)(4)( hxpky  , 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:
30025 2
 xy
Esta ecuación de la parábola es nuestra función de carga, es decir:
30025 2
)(  xwy x

27. 42
Cálculo de RF y x (magnitud y ubicación de la fuerza resultante)
La magnitud de la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas está dada por:
 dxwF xR )( dxxFR  
6
0
2
)30025( NFR 3600
La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:
R
x
F
dxwx
x

)(
m
F
dxxx
x
R
75,3
)30025(
6
0
2




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.
Por segunda condición de equilibrio:
0 TOTALES
AM
0)75,3(3600)6(  mNmRBY NRBY 2250
Por primera condición de equilibrio:
0 XF 0AXR
0 YF NRAY 1350
Respuesta:
)2250;0(
)1350;0(
NR
NR
B
A




AYR
AXR
BYR
NFR 3600
6 m
3,75 m
B
A

28. 43

3,5 kN/m
0w
6 m
A
D
2 m 1 m
CB
50 kN.m
PROBLEMA Nº 6
Para la carga aplicada en la viga que se muestra en la figura, determine las reacciones en los
apoyos, cuando mkNw /5,10  .
Resolución
Primero hallo la función de carga de las fuerzas distribuidas, para ello aplicamos la ecuación de la
recta: bmxy  , donde “m” es la pendiente de la recta. Además sabemos que )(xwy  .
A partir de la figura dada construimos la figura siguiente:
Cálculo de RF y 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:
 dxwF xR )( dxxFR  
9
0
)5,3
9
2
( kNFR 5,22
La ubicación de la fuerza resultante (distancia respecto al origen de coordenadas) está dada por:
R
x
F
dxwx
x

)(
m
dxxx
x 9,3
5,22
)5,3
9
2
(
9
0




3,5
1,5
0 9
y (kN/m)
x (m)
Recta
Se sabe: bmxy 
Para 5,35,30  byx
Para 9/25,19  myx
Luego:
)(5,3
9
2
xwxy 

29. 44
Cálculo de las reacciones en los apoyos
Por segunda condición de equilibrio:
0 TOTALES
CM
0)6()1,4(5,2250  YBR kNRBY 042,7
Por primera condición de equilibrio:
0 XF 0CXR
0 YF kNRCY 458,15
Respuesta:
)458,15;0(
)042,7;0(
kNR
kNR
C
B




YBR
XCR
YCR
kNFR 5,22
9 m
2 m
CA
3,9 m
B
1 m4,1 m
50 kN.m