El documento presenta dos problemas de mecánica de estatica. El primero involucra determinar las fuerzas ejercidas sobre tres tuberías de diferentes diámetros soportadas por un bastidor. El segundo analiza las fuerzas ejercidas sobre dos cilindros de masas dadas colocados en superficies inclinadas y determina la fuerza y dirección entre ellos cuando están en equilibrio. Ambos problemas aplican el principio fundamental de la estática de que la suma de fuerzas y momentos en un sistema en equilibrio es igual a cero.

1. 3.15) Dos tuberías de 25cm de diámetro y una de 15cm de diámetro están mantenidas por un
bastidor en la forma que se indica en la figura. Las tuberías de 25cm pesan cada una 1500N y la
de 75cm pesa 875N. Determinar las fuerzas que el bastidor ejerce sobre las tuberías en las
superficies de contacto A, B y C. Supóngase ausencia de rozamiento.
3.30) Las masas de los cilindros A y B de la figura son 40kg Y 90kg, respectivamente.
Determinar las fuerzas que sobre los cilindros ejercen las superficies inclinadas y el módulo,
dirección y sentido de la fuerza que el cilindro A ejerce sobre el B cuando ambos cilindros
estén en equilibrio. Suponer lisas todas las superficies.
 Primero analizamos la esfera A en el cual tenemos 2 ecuaciones:
(∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑦 ∑ 𝐹𝑦 = 0)
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 :
𝐹𝐴 (sin 300
) − 𝐹𝐶 (sin 𝜃0
) = 0
𝐹𝐴 (sin 300
) = 𝐹𝐵 (sin150
)
𝐹𝐴 = 𝐹𝐵 (sin 150
)/ (sin300
) …(1)
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 :
𝐹𝐴 (cos 300
) + 𝐹𝐵 (cos 150
) − 40 ∗ 9.81 − 90 ∗ 9.81 = 0
𝐹𝐴 (cos 300
) + 𝐹𝐵 (cos 150
) = 40 ∗ 9.81 + 90 ∗ 9.81
𝐹𝐴 (cos 300
) + 𝐹𝐵 (cos 150
) = 1274.9 …(2)
 Reemplazando (1) en (2):
𝐹𝐵 [(sin150
)/ (sin300
)] ∗ (cos 300
) + 𝐹𝐵 (cos150
) = 1274.9
𝐹𝐵 [(sin150
)/ (sin300
)] ∗ (cos 300
) + 𝐹𝐵 (cos150
) = 1274.9
𝐹𝐵 (
3√2 − √6
4
) + 𝐹𝐵 (
√6 + √2
4
) = 1274.9
𝐹𝐵 (
4√2
4
) = 1274.9
𝐹𝐵 = 901.49
𝐹𝐵 = 902
 Reemplazando 𝐹𝐵 en (1):
𝐹𝐴 = (
√6 − √2
2
) ∗ 902
𝐹𝐴 = 466.91
𝐹𝐴 = 467

2. 4.120)
5.95) Una viga está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama
de carga de la figura P5-95. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y
localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.
 +↑ 𝐹𝑅 = ∑ 𝐹𝑦 𝐹𝑅 = − ∫ 𝑤𝑑𝑥
𝑥
0
𝐹𝑅 = − ∫ 200√ 𝑥𝑑𝑥
16
0
𝐹𝑅 = −200 ∫ 𝑥1 2⁄
𝑑𝑥
16
0
𝐹𝑅 = −200 [
𝑥
1
2
+1
1
2
+1
]
0
16
𝐹𝑅 = −200 (
16
3
2
3
2
)KN
𝐹𝑅 = −200 (
2∗43
3
) KN
𝐹𝑅 = −8533.33KN
𝐹𝑅 = 8533.33𝐾𝑁 ↓
 ↺ +𝑀 𝑅 𝐴
= ∑ 𝑀𝐴 𝑀 𝑅 𝐴
= − ∫ 𝑥𝑤𝑑𝑥
𝑥
0
𝑀 𝑅 𝐴
= − ∫ 𝑥(200𝑥1 2⁄
)𝑑𝑥
16
0
𝑀 𝑅 𝐴
= −200 ∫ 𝑥3 2⁄
𝑑𝑥
16
0
𝑀 𝑅 𝐴
= −200 [
𝑥
3
2
+1
3
2
+1
]
0
16
𝐾𝑁. 𝑚
𝑀 𝑅 𝐴
= −200 (
16
5
2
5
2
) 𝐾𝑁. 𝑚
𝑀 𝑅 𝐴
= −200 (
2∗45
5
) 𝐾𝑁. 𝑚
𝑀 𝑅 𝐴
= −81920 𝐾𝑁. 𝑚
𝑀 𝑅 𝐴
= 81920 𝐾𝑁. 𝑚 ↻
 𝑥 ∗ 𝐹𝑅 = 𝑀 𝑅 𝐴
𝑥 ∗ 8533.33𝐾𝑁 = 81920 𝐾𝑁. 𝑚
𝑥 = 9.6𝑚