IV.EQUILIBRIO DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS Seguiremos estudiando solamente los sistemas de fuerzas en el plano. De antemano podemos decir que un sistema de fuerzas está en equilibrio si su resultante es nula, es decir, que los efectos externos que sufre un cuerpo son los mismos si está sujeto a ese sistema o no está sujeto a ninguna fuerza. Las ecuaciones analíticas que deberá cumplir ese sistema son ∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 y ∑ 𝑀𝑜𝐹 = 0 Manifestaciones del equilibrio de un cuerpo Antes de pretender investigar si un sistema de fuerzas satisface las ecuaciones de equilibrio, es necesario observar las condiciones mecánicas del cuerpo para saber si, efectivamente, se encuentra en estado de equilibrio. Cuando estudiamos la primera ley de Newton vimos que tanto un cuerpo en reposo como uno que se mueva en línea recta con velocidad constante están en equilibrio. Pero además de estas dos, hay otras dos condiciones que muestran que el cuerpo está en equilibrio: la rotación uniforme de un cuerpo alrededor de un eje fijo que pasa por su centro de masa, y la rotación uniforme de un cuerpo alrededor de un eje que contiene su centro de masa, el cual se mueve en línea recta con velocidad cons- Equilibrio de los sistemas de fuerzas tante. Estas dos últimas manifestaciones quedarán demostradas una vez que estudiemos la Cinética de los cuerpos rígidos. Es decir, las manifestaciones del equilibrio de un cuerpo son cuatro: 1. El reposo. Por ejemplo, los pupitres del aula, el edificio de la Facultad, el ángel de la independencia. (1) 2. El movimiento rectilíneo uniforme. Un ejemplo sería un carro del metro que se moviera en un tramo recto de vía con una velocidad constante de 80 km/h. 3. La rotación uniforme de un cuerpo alrededor de un eje fijo que pase por su centro de masa. Por ejemplo, el impulsor de una bomba de agua que gira a 600 rpm, o una polea de una máquina que gire con una velocidad angular constante. 4. La rotación uniforme de un cuerpo alrededor de un eje que contenga su centro de masa, el cual se mueva en línea recta con velocidad constante. Pongamos por ejemplo la rueda de un automóvil, que se mueva con rapidez constante en una carretera recta. Si un cuerpo no se encuentra en alguna de estas cuatro condiciones, no puede estar en equilibrio. Problemas isostáticos y problemas hiperestáticos Dijimos arriba que un sistema de fuerzas en equilibrio debe satisfacer las siguientes tres ecuaciones: ∑ 𝐹𝑥 = 0, ∑ 𝐹𝑦 = 0 y ∑ 𝑀𝑜𝐹 = 0. Pero será imposible resolver un problema de Estática en el plano en el que aparezcan cuatro incógnitas. Se llaman problemas isostáticos aquéllos cuyo número de incógnitas es igual o inferior al número de ecuaciones de equilibrio disponibles. Son hiperestáticos los que tienen un número de incógnitas mayor que el de ecuaciones de equilibrio disponibles. La Estática sólo se ocupa de problemas isostáticos. (1) Se recomienda al lector revisar la nota (5) del primer capítulo, en la que hablamos del reposo. 76 Equilibrio de los sistemas de fuerzas Apoyos usuales Aunque las formas como se pueden conectar los cuerpos entre sí son innumerables, existen ciertos tipos de apoyos o conexiones entre un cuerpo y su entorno que resultan de especial interés para nuestro curso. Los agruparemos según el número de incógnitas que presentan. Apoyos que esconden una sola incógnita Apoyo libre o simple, superficie lisa N B A RA RB Collarín en varilla lisa. Perno en ranura lisa D C RC RD Apoyos que esconden dos incógnitas Apoyo fijo, articulación, superficie rugosa. REx RHx RBy rugosa H E Fr RCy 77 N En vez de trabajar con la magnitud y la dirección como incógnitas. se suele recurrir a la descomposición de las fuerzas desconocidas en sus compo-nentes cartesianas. Las superficies lisas son incapaces de ejercer esta fuerza de fricción. Apoyos que esconden tres incógnitas Empotramiento y corte de un cuerpo J MH I MJ MJ RIx RJx RJx RIy RJy Diagramas de cuerpo libre El instrumento más importante con el que debemos contar para la resolución de problemas tanto de Estática como de Cinética (es decir. Su grande importancia radica en que las leyes de Newton. La reacción de las superficies rugosas se descompone casi siempre en una componente perpendicular (o normal) a la superficie y en otra tangencial o fuerza de fricción. es imposible determinar las fuerzas externas que puedan alterar su estado. puesto que se refieren a fuerzas externas. de aquéllos en los que intervienen fuerzas). El diagrama de cuerpo libre es un dibujo de un cuerpo aislado y de las fuerzas externas que actúan sobre él. lo cual facilita generalmente el planteamiento de los problemas. es el diagrama de cuerpo libre.Equilibrio de los sistemas de fuerzas La dirección de las reacciones en estos apoyos es desconocida. De ahí la letras con que se designa la magnitud de esas componentes en el diagrama. Conviene recordar que las fuerzas externas son aquellas que otros cuerpos ejercen sobre el cuerpo en estudio. 78 . se cumplen en cuerpos o en sistemas de cuerpos separados de los que actúan sobre ellos: si no se conocen con claridad los límites del cuerpo en estudio. 4 350 Ejemplo. B y la polea. Ejemplo.8 RAy 0. Está articulada en el extremo A y libremente apoyada en B. mientras que B se halla en una lisa.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Aunque conforme vayamos resolviendo problemas de equilibrio iremos adquiriendo práctica en la elaboración de los diagramas de cuerpo libre. puede girar sin fricción alrededor del perno. La cuerda que los une pasa por una polea. es decir. además de tener masa depreciable.4 m RB 0. daremos a continuación algunos ejemplos. B G A 0. Dibuje su diagrama de cuerpo libre. que la cuerda tiene masa despreciable y es inextensible. El cuerpo A de la figura se encuentra sobre una superficie rugosa.4 RAx 0. La barra de la figura pesa 350 kg y su centro de gravedad es el punto G.8 m 0. Suponga que tanto la cuerda como la polea son ideales.4 m 0. lisa B T 80 rugosa Polea T ROx T 30° N N1 ROy 60° 40 79 40 # 30° Cuerpo B Cuerpo A 80 # A T . Dibuje los diagramas de cuerpo libre de A. y que la polea. El camión asciende por una pendiente del 3 %.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Ejemplo. 20 ton 15 ton 3 100 Camión Caja θ N 15 θ 20 Fr 100 Fr θ 3 100 Fr1 N 2ND 2NT Conviene aclarar que las fuerzas 𝑁 𝑦 𝐹𝑅 que el camión ejerce sobre la caja. El camión de la figura pesa 20 ton y la caja que transporta. 15. tal como se aprecia en los siguientes ejemplos. 80 . como lo establece la tercera ley de Newton (de la acción y la reacción). Equilibrio de los sistemas de fuerzas colineales Para determinar completamente la resultante de un sistema de fuerzas colineales basta emplear la ecuación R = F. Dibuje un diagrama de cuerpo libre de la caja y otro del camión. son las mismas que la caja ejerce sobre el camión. Si el sistema de fuerzas está en equilibrio. en un problema isostático sólo podrá aparecer una incógnita. pero en sentido contrario. Puesto que se dispone de una sola ecuación de equilibrio. entonces la ecuación que debe cumplirse es F = 0. ¿cuál es el peso propio de la canastilla? 1. cuando un muchacho trata de levantar la caja C jalándola hacia arriba con la fuerza de 10 lb. Tres cajas. Si se sabe que el trabajador pesa 72 kg y que la tensión de la cuerda es de 254 kg. respectivamente. están apiladas. 90 y 60 lb de peso cada una. B y C.2 m/s Canastilla 72 254 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑁 − 72 = 0 𝑁 = 72 y 72 y ∑ 𝐹𝑦 = 0 254 − 72 − 𝑃 = 0 𝑃 = 182 kg P N Ejemplo. calcule todas las fuerzas externas que actúan sobre cada uno de los tres cuerpos. metido dentro de una canastilla.2 m/s. Cuerpo A 20 y 60 ΣFy = N1 +020 – 60 = 0 A B C 40 y ΣFy = 0 N2 – 90 – 30 = 0 N2 = 130 lb N2 Cuerpo C 130 y 120 N3 81 60# 80# 120# Eje Cuerpo B 90 N1 A ΣFy = 0 N3 – 130 – 120 = 0 N3 = 250 lb . A. con una velocidad constante de 1. Una grúa levanta a un trabajador de la compañía de luz.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Ejemplo. Para esta condición. de 120. Es evidente que el sistema de fuerzas no está en equilibrio. pero de direcciones arbitrarias. Ejemplo.5 m A C 0. colineales y de sentido contrario.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Teorema del cuerpo sujeto a dos fuerzas Pensemos en un cuerpo sujeto a dos fuerzas de la misma magnitud. tales fuerzas son de la misma magnitud. La ménsula de la figura soporta un gran peso P. se requiere de una fuerza más que vaya del origen de la primera a la punta de la segunda. pero son de especial interés los de las cuerdas y los de barras de peso despreciable que están articuladas sus dos extremos. Este teorema se aplica en muchísimos casos. Dibuje el diagrama de cuerpo libre de cada una de ellas. de modo que los pesos propios de las barras son despreciables.5 m P B Barra BC Barra AC C T C 82 45° . puede concluirse el siguiente teorema: F F Si un cuerpo en equilibrio está sujeto solamente a dos fuerzas. como se muestra en la figura. Partiendo de este hecho. puesto que colocada una a continuación de la otra. 0. mientras que la BC está sujeta a compresión. bastará añadirle una fuerza igual a la R F2 resultante. un cable o una cadena y se conseguiría el mismo resultado de soportar la carga P. a la que trata de acortarla. compresión. En cambio. pero de sentido contrario. Así tendremos un triángulo “cerrado”. Se llama tensión (o tracción) a la fuerza que trata de alargar la longitud de un cuerpo. La razón es que la barra AB está ejerciendo una tensión. A) Equilibrio de cuerpos sujetos a tres fuerzas concurrentes Para determinar la resultante de dos fuerzas concurrentes hemos empleado la ley del triángulo: colocábamos una fuerza a continuación de otra y la resultante unía el origen de la primera con la punta de la segunda.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Tensión y compresión La barra AB de la ménsula del problema anterior se podría sustituir por una cuerda. a más de tres fuerzas. luego de más de dos. En el F1 triángulo. Para que el sistema original de dos fuerzas quede en equilibrio. Ahora dividiremos el tema del equilibrio también en dos: la primera parte se referirá a cuerpos sujetos a tres fuerzas. basta colocar a continuación de la segunda fuerza una tercera que llegue al origen de la primera. no se puede sustituir así la otra barra. (También se llaman tensión y compresión los esfuerzos que soportan esos cuerpos por la acción de las respectivas fuerzas. (2) Si se toma una parte arbitraria de una cuerda o de una barra sujeta a dos fuerzas.) (2) Equilibrio de los sistemas de fuerzas concurrentes El estudio de las resultantes de los sistemas de fuerzas concurrentes lo dividimos en dos partes: primero estudiamos el caso de sistemas de sólo dos fuerzas. 83 . podemos apreciar que en cualquier sección actúa una tensión o una compresión que siempre es de la misma magnitud. las segunda. F3 F2 F C Ejemplo. En el prefacio hablamos de esta forma de dar las respuestas. a la tercera. Sabiendo que el dinamómetro de la figura marca 80 kg. determine el peso del cuerpo Q y la tensión de la cuerda AC.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Utilizando las leyes de senos y cosenos.3 kg 𝐴𝐶 = 98 kg (3) (3) La primera respuesta está redondeada a la cuarta cifra significativa porque comienza con 1. como en los ejemplos siguientes. los problemas de equilibrio de cuerpos sujetos a tres fuerzas se pueden resolver con suma facilidad. B 80 kg 45° 60° A Q Ley de senos 80 𝑃 𝐴𝐶 = = 𝑠𝑒𝑛 45 𝑠𝑒𝑛 75 𝑠𝑒𝑛 60 𝑃= 80 𝑠𝑒𝑛 75 𝑠𝑒𝑛 45 𝐴𝐶 = 80 𝑠𝑒𝑛 60 𝑠𝑒𝑛 45 𝑃 = 109. La segunda respuesta. 84 . Con esta reducción al absurdo hemos demostrado el siguiente teorema: F1 F2 F3 Si un cuerpo en equilibrio está sujeto solamente a la acción de tres fuerzas. 120’’ A B 120 ´´ Collarín B 26 12 12 5 B 𝑃 26 = 12 13 26 N N 𝑃 = 24 lb P Teorema del cuerpo sujeto a tres fuerzas Imaginemos un cuerpo sujeto a tres fuerzas.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Ejemplo. y dos de ellas son concurrentes. 85 . produce cierto momento con respecto a él. Los cuerpos mostrados están en reposo. lo cual impide que el cuerpo pueda estar en equilibrio. Calcule el peso del collarín b. como se muestra en la figura. El cilindro A pesa 26 lb. sabiendo que la barra vertical es lisa. La tercera fuerza. cuya línea de acción no pasa por dicho punto. dos de las cuales concurran en un punto. la tercera también es concurrente. 0.6 RA 𝑅𝐴 = 500 sin 45 sin 18. Las barras de la figura tieA nen peso despreciable y están unidas mediante articulaciones. como también advertimos en el prefacio. Determine la mag. se expresan en grados sexagesimales redondeados a la primera cifra decimal.8 m 0.8 m D C 500 kg B 1 2 𝜃 = 26.6° 𝑅𝐵 = 1414 kg 45° (4) (4) Los ángulos.6 sin 18.4 𝑅𝐴 = 1118 kg 26.8 m nitud y la dirección de las reacciones en los apoyos A y B.6° tan 𝜃 = 500 𝑅𝐴 𝑅𝐵 = = sin 18. 86 .0.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Ejemplo.4 sin 45 sin 116.4 𝑅𝐵 = 500 sin 116. 8 sin 40 sin 𝜃 = 3.237 ton 87 y x .6 ton dos sobre ella.6 cos 30 − 6.1 sin 40 − 3. Diga qué fuerza Q debe ϴ ejercer el cuarto perfil. 40° Q 25° 6.5 = 0 𝑄 = 6.6 40° ϴ 5. la suma algebraica de las componentes de todas las fuerzas del sistema en dos direcciones perpendiculares debe ser igual a cero.5−2.8 cos 40 − 3. La placa-unión de la figura.3. y luego componíamos estas últimas. 2. de peso despreciable.Equilibrio de los sistemas de fuerzas B) Equilibrio de cuerpos sujetos a más de tres fuerzas concurrentes En la determinación de las resultantes de más de dos fuerzas concurrentes.4 ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑄 + 2. y cuál es el valor del ángulo .8 ton Ejemplo. Las ecuaciones que nos sirvieron fueron 𝑅𝑥 = ∑ 𝐹𝑥 y 𝑅𝑦 = ∑ 𝐹𝑦 por tanto.6 𝜃 = 30° Q 3.8 cos 40 + 3.5 ton 2. las ecuaciones que deberán satisfacerse son ∑ 𝐹𝑥 = 0 y ∑ 𝐹𝑦 = 0 Es decir.6 cos 30 𝑄 = 1. está en equilibrio por la acción de los cuatro perfiles solda.6 sin 𝜃 = 0 2. recurrimos a la descomposición de cada fuerza en sus componentes cartesianas para obtener las componentes cartesianas de la resultante buscada.8 ∑ 𝐹𝑦 = 0 2. y que la suma de los momentos de todas las fuerzas. determine la magnitud de la reacción del apoyo B y la distancia d a la que se encuentra del extremo A. que significan que los momentos de las fuerzas con respecto a dos puntos suman cero.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Equilibrio de los sistemas de fuerzas paralelas Tuvimos necesidad de emplear dos ecuaciones para determinar la resultante de los sistemas de fuerzas paralela: 𝑅 = ∑ 𝐹 y 𝑀𝑂 𝑅 = ∑ 𝑀𝑂 𝐹. es también igual a cero. debe cumplir con las dos siguientes ecuaciones: ∑ 𝐹 = 0 y ∑ 𝑀𝑂 𝐹 = 0. La ventaja de elegir dos ecuaciones de momentos para la resolución de los problemas es que los resultados que se obtienen son independientes uno del otro. Sabiendo que su peso es despreciable. y 180 80 A 40 2 d RB 88 80 kg 3m 180 kg B 40 kg 7 0 A d . Pero se pueden emplear las dos últimas ecuaciones. La viga de la figura está sujeta a la a acción de las tres fuerzas mostradas. o bien 𝑀𝐴 𝑅 = ∑ 𝑀𝐴 𝐹 y 𝑀𝐵 𝑅 = ∑ 𝑀𝐵 𝐹 Lo cual implica que. siempre y cuando esos dos puntos no estén contenidos en una línea paralela a las líneas de acción de las fuerzas del sistema. o bien ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 y ∑ 𝑀𝐵 𝐹 = 0 que quiere decir que la suma algebraica de las fuerzas del sistema es nula. si el sistema de fuerzas se halla en equilibrio. con respecto a cualquier punto. Ejemplo. 𝑅𝐴 = 400 lb ↓ ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 5 R B − 200(15) = 0 𝑅𝐵 = 600 lb ↑ Como empleamos dos ecuaciones de momentos. El botador de la figura es de peso despreciable.Equilibrio de los sistemas de fuerzas ∑𝐹 = 0 ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 𝑅𝐵 + 80 − 180 − 40 = 0 𝑅𝐵 = 140 kg ↑ 140 𝑑 − 180(2) − 40(5) = 0 360 + 200 𝑑= 140 𝑑 = 4m Ejemplo. El clavadista pesa 100 lb. Calcule las reacciones en los apoyos A y B. el segundo resultado no depende del primero. 89 . 200# B B A 5' y 5 200 70 B 10 C RA RB 10' ∑ 𝑀𝐵 𝐹 = 0 −5 𝑅𝐴 − 200(10) = 0 𝑅𝐴 = −400 El signo negativo indica que el sentido de la reacción es contrario al del dibujo. y estaríamos en el caso de las tres fuerzas concurrentes. y dos de ellas son paralelas. Otra manera de visualizar este corolario es que si la tercera fuerza no fuera paralela a las otras dos. unidas por articulaciones.5 1. estableciendo el siguiente corolario del teorema del cuerpo sujeto a tres fuerzas. Determine las reacciónes de los apoyos A y B.5 m ∑ 𝑀𝐵 𝐹 = 0 D y 4200 N 1. concurría con ambas.5 m Barra AD 1. pues no actúa sobre el botador o trampolín ninguna otra fuerza que la compense para mantener el equilibrio.5𝑅𝐵 − 4200 (3) = 0 90 .5 Barra BC RB 4200 C RB A RB 1. Ejemplo.5 𝑅𝐴 − 4200 (1. la tercera también es paralela.5) = 0 𝑅𝐴 = 4200 N ↓ ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 RA 1. la reacción no tiene componente horizontal. La ménsula de la figura está formada por dos barras de peso despreciable. D C A B 1. aunque el apoyo A sea una articulación. Corolario (del teorema del cuerpo sujeto a tres fuerzas) Si un cuerpo en equilibrio está sujeto solamente a la acción de tres fuerzas. Podemos generalizar esta observación.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Podemos comprobar de la siguiente manera: ∑ 𝐹𝑦 = 0 −400 + 600 − 200 = 0 600 = 600 Como se aprecia en el problema anterior. B C A 100# Polea B D Polea C R1 100 100 y y 100 E T R2 ∑ 𝑀𝑂 𝐹 = 0 100 𝑟 − 𝑇𝑟 = 0 𝑇 = 100 ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑅1 − 200 = 0 𝑅1 = 200 𝑙𝑏 ↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 100 + 100 − 𝑅2 = 0 𝑅2 = 200 𝑙𝑏 ↓ 91 . sin fricción en los pernos éstas). inextensible aquélla. Los cuerpos de la figura están en reposo y A pesa 100 lb. Sabiendo que las cuerdas y las poleas son ideales (de peso despreciable. calcule el peso del cuerpo B y la reacción del perno sobre la polea E.Equilibrio de los sistemas de fuerzas 𝑅𝐵 = 8400 N ↑ Comprobación: ∑ 𝐹𝑦 = 0 −4200 + 8400 = 4200 4200 = 4200 Ejemplo. la ecuación de la suma algebraica de las fuerzas se puede sustituir por una de momentos. los anteriores son casos particulares. también para la resolución de problemas de equilibrio de sistemas de fuerzas no concurrentes ni paralelas las ecuaciones de proyecciones se pueden cambiar por ecuaciones de momentos. 𝑅𝑦 = ∑ 𝐹𝑦 y 𝑀𝑜𝑅 = ∑ 𝑀𝑜𝐹 de modo que si un sistema de fuerzas está en equilibrio debe satisfacer las siguientes tres ecuaciones: ∑ 𝐹𝑥 = 0.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Polea E Cuerpo D 200 100 y y RBx 100 RBy P ∑ 𝐹𝑥 = 0 100 − 𝑅𝐵𝑥 = 0 𝑅𝐵𝑥 = 100 𝑅𝐵𝑦 = 100 𝑃𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜 𝑠𝑢𝑗𝑒𝑡𝑜 𝑎 𝑑𝑜𝑠 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑃 = 200 lb ↑ 𝑅𝐵 = √1002 + 1002 = 100√2 𝑅𝐵 = 141. La completa determinación de la resultante de un sistema de fuerzas no concurrentes ni paralelas se logra mediante las tres siguientes ecuaciones: 𝑅𝑥 = ∑ 𝐹𝑥. los puntos respecto a los cuales se midan no 92 .4 lb 45° Equilibrio de los sistemas de fuerzas no concurrentes ni paralelas Estudiaremos a continuación el caso más general de los sistemas de fuerzas cuyas líneas de acción estén contenidas en el mismo plano. ∑ 𝐹𝑦 = 0 y ∑ 𝑀𝑜𝐹 = 0 Así como en el caso del equilibrio de las fuerzas paralelas. si se eligen dos ecuaciones de momentos. 042 + 132.8 0.Equilibrio de los sistemas de fuerzas deben estar contenidos en una línea paralela al eje de las proyecciones cuya ecuación se ha de utilizar.8 0. 45° 80kg 30° B 120kg RAy 0.8m 0.6° 132.8m A Ejemplo.1 kg 80(0.6) − 120 ∑ 𝐹𝑥 = 0 1 −78.8 A ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 RAx 45° T 80 30° B 𝑇 𝑇√3 (2.2𝑇(1 + √3) = 64 + 192 𝑇 = 78.42 . tan 𝜃 = 𝑅𝐴 = 138 kg 93 73.04 . Todo esto porque no resultarían ecuaciones independientes y el problema simplemente no se podría resolver. La barra de la figura es de peso despreciable. 0.1 ( ) − 120 − 80 + 𝑅𝐴𝑦 = 0 2 𝑅𝐴𝑦 = 132. si se opta por tres ecuaciones de momentos.1 ( ) + 𝑅𝐴𝑥 = 0 2 𝑅𝐴𝑥 = 39.4) − (24) = 0 2 2 1. los centros no deben estar alineados. Calcule a tensión de la cuerda y la magnitud y dirección de la reacción en la articulación A.4 𝑅𝐴 = √39.8m 0.4 39.04 y x ∑ 𝐹𝑦 = 0 √3 78.8) + 120(1. 5 𝑅𝐴 = √102 + 14. La figura representa una armadura plana articulada. los ejes de las barras. Determine las reacciones en los apoyos. 12 12kips 12kips C D 6’ A H 8’ E 8’ 8’ ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 12 24𝑅𝐷 − 12(16) − 12(8) + 10(6) = 0 10 RAx 10kips B 6 8´ 𝑅𝐷 = 8´ 8´ RAy RD 192 + 96 − 60 228 = 24 24 𝑅𝐷 = 9.61 kips 55.52 14. cuyos pesos se consideran despreciables.5 tan 𝜃 = 10 𝑅𝐴 = 17.5 = 0 𝑅𝐴𝑦 = 14.4° 94 .Equilibrio de los sistemas de fuerzas Ejemplo. están contenidos en el mismo plano y todas las uniones son articulaciones.5 kips ↑ y ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑅𝐴𝑥 − 10 = 0 𝑅𝐴𝑥 = 10 x ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑅𝐴𝑦 − 12 − 12 + 9. es decir. Equilibrio de los sistemas de fuerzas Ejemplo. por tanto.2 kips (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛) 5 3 4 ∑ 𝐹𝑥 = 0 4 10 + 𝐴𝐻 − 24. Nudo A B 3 4 A H 10 14.33 kips (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛) x 5 3 4 ∑ 𝐹𝑦 = 0 3 24.33 kips (𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) Nudo B B C 10 3 4 H 24.2 y ∑ 𝐹𝑥 = 0 4 𝐵𝐶 + 24. Calcule la fuerza y tipo de esfuerzo a que están sujetas las barras AB.2 3 El signo negativo indica que la fuerza tiene sentido contrario al del dibujo y.5 kips (𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) 95 . la barra empuja–comprime al nudo A. AH. ∑ 𝐹𝑦 = 0 3 14. BC y BH.2 ( ) = 0 5 𝐴𝐻 = 9. Puesto que los miembros de la armadura del problema anterior tienen peso despreciable.2 ( ) − 10 = 0 5 𝐵𝐶 = −9.5 ( ) = −24.5 y x 𝐴𝐵 = 24. cada barra es un cuerpo sujeto a dos fuerzas.5 + 𝐴𝐵 ( ) = 0 5 5 𝐴𝐵 = −14.33 𝐵𝐶 = 9.2 ( ) − 𝐵𝐻 = 0 5 𝐵𝐻 = 14. 83 ( ) − 𝐸𝐻 = 0 5 𝐸𝐻 = 12. Cortaremos la armadura por las barras que deseamos investigar y dibujamos el diagrama de cuerpo libre de la sección derecha (porque es la más simple). observando el nudo E: C D H E 96 .Equilibrio de los sistemas de fuerzas El método que hemos empleado en la resolución de esta armadura se llama método de los nudos (o de las articulaciones). Ejemplo.83 kips (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛) C 4 H −4𝐶𝐸 = 0 𝐶𝐸 = 0 3 E D 4 9. B C H E ∑ 𝑀𝐷 𝐹 = 0 D A ∑ 𝐹𝑦 = 0 3 𝐶𝐷 ( ) + 9. Investigue las fuerzas y tipo de esfuerzos que se presentan en las barras EH.5 ∑ 𝐹𝑥 = 0 4 15.67 kips (𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) y x Se puede constatar que la barra CE es de esfuerzo nulo.5 = 0 5 𝐶𝐷 = 15. CE y CD de la armadura plana de los problemas anteriores. Los dos métodos ilustrados se fundamentan en el teorema de cuerpo sujeto a dos fuerzas.A ciable y están unidas mediante articulaciones. por tanto por la barra BC By Bx ∑ 𝑀𝑐𝐹 = 0 y 20 1. aparecerían cuatro incógnitas.4 20 C Cx Cy Ahora.2 kN 20 mm 40 mm 20 mm 20 mm Si dibujáramos el diagrama de un cuerpo libre de todo el marco.2(20) = 0 x 𝐵𝑥 = −2. Comenzaremos.4 kN apoyos. Para este problema hemos empleado ahora otro método de resolución de armaduras que se denomina método de las secciones. el diagrama de cuerpo libre del conjunto con sólo tres incógnitas 97 .Equilibrio de los sistemas de fuerzas Como las barras EH y DH son colineales ejercen necesariamente fuerzas iguales. ya que todas las barras están en ese caso. B Ejemplo. Determine las reacciones en los 2. y no podríamos encontrar ninguna de ellas. A y B.2 −40𝐵𝑥 − 1. pues el nudo dejaría de estar en equilibrio. Las barras y la polea del marco de la figura son de peso despre. D 40 mm C 1. pero de sentido contrario y la barra CE no puede ejercer ninguna. 9° 1.8 2.42 + 1.4 . tan 𝜃 = 𝑅𝐵 = 3 kN 98 36.4(40) − 1.4 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 2.2 40 40 40 Ax 20 Ay ∑ 𝑀𝐴 𝐹 = 0 2.82 .8 − 1.4(20) = 0 40𝐵𝑦 = 120 − 48 72 𝐵𝑦 = = 1. tan 𝜃 = 𝑅𝐴 = 3 kN 36.42 + 1.4 1.4 + 1.4 80 ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐴𝑥 − 2.8 1.2(100) − 2.4 = 0 𝐴𝑥 = 2.4 40𝐵𝑦 + 2.9° 𝑅𝐵 = √2.Equilibrio de los sistemas de fuerzas By 2.8 Comparando las reacciones 𝑅𝐴 = √2.2 = 0 𝐴𝑦 = 1.82 .8 2. el número de incógnitas es mayor que el de ecuaciones independientes de equilibrio. Si en un problema de equilibrio. TBC = 145 kg. (Sol. como se muestra en la figura. R2 = 121. TCD = 25 kg) 4. TAB = 62 kg. ¿tendrá alguna solución determinada el problema? (Sol. están colocados como se indica en la figura. calcule el peso de D y la tensión en cada tramo de la cuerda. se pregunta cuál es la tensión en la cuerda que une B con C y las reacciones de los planos sobre el cilindro A. ¿Es el movimiento de la Tierra una manifestación del equilibrio del sistema de fuerzas externas que actúa sobre ella? (Sol. Considerando lisas todas las superficies y que no existe ninguna fuerza de contacto entre los cilindros B y C. C y D.4 lb. respectivamente 83 y 62 kg. PD = 25 kg.2 lb 60°. T = 40. Sabiendo que C pesa 120 kg y que los cuerpos están unidos mediante una cuerda de peso despreciable que pasa por los centros de gravedad de todos ellos. Tres cilindros iguales de 2 ft de diámetro y de 70 lb de peso. No) 2. Dos cuerpos A y B pesan. No) 3. (Sol. R1 = 121.2 lb 60°) 99 C A D B C B A 30° 30° . equilibran a otros dos.Equilibrio de los sistemas de fuerzas Serie de Estática EQUILIBRIO DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS 1. 5 kg.366 ton. cuyos radios y pesos respectivos son 1 m y 200 kg. (Sol. Mediante una polea A se suben cargas sobre un plano inclinado. T = 1. α = 61. Q = 1. y 2 m y 500 kg. Dos esferas A y B. Si A pesa 50 lb y todas las superficies en contacto son lisas.Equilibrio de los sistemas de fuerzas 5. 45 lb) 7. ¿cuánto pesa B? (Sol. están colgadas de un techo mediante cuerdas iguales de 3 m como se ve en la figura. ¿Cuánto mide el ángulo α? ¿Cuál es la tensión en cada una de las cuerdas? (Sol. como se muestra en la figura. TB = 553 kg) 6.866 ton) 100 α A B B 135 ° A P 30° A B 30° 1 ton C 60° . determine la tensión T del cable AB y la compresión Q de la barra AC cuando una caja de 1 ton está subiendo con velocidad constante. Suponiendo que el plano es liso.8°. La fuerza horizontal P de la figura es de 100 lb y empuja a A para mantener en equilibrio a los dos cuerpos. TA = 176. 9°) A 6´´ B 101 . 48.3 kg (ó α = 330°. (Sol. Si las magnitudes de las fuerzas que tres de los resortes ejercen sobre A son de 25 kg cada una. ¿cuáles son las reacciones en las articulaciones A y B? (Sol. Si la lámpara de la figura pesa 27 lb.Equilibrio de los sistemas de fuerzas B 8. T = 16 lb.3 kg. 23.34 lb) C 45° 30° A 2020## 10 # 10 # 28 kg 9. α = 120°. 87. RA = 36 lb . Determinar la tensión T del cable AB y la compresión C de la barra AC del mecanismo de la figura. C = 6. RB = 45 lb 36.3°) 20 kg 25 kg 32 kg 10. ¿cuál debe ser el ángulo α y cuál la magnitud de la fuerza ejercida por el resorte atado a B para que se mantenga el equilibrio? (Sol. sin considerar sus pesos propios. ¿Cuál es la fuerza única que puede equilibrar a las cuatro que se muestran en el tablero? (Sol. 0 kg)) 8´´ 11. cuando se encuentra bajo condiciones de carga que se indica.5´ 3 P 4 32 # 6. (Sol. sin considerar su peso propio. RA = 312 kg 53. El peso de las barras es despreciable.Equilibrio de los sistemas de fuerzas 12. Calcular la reacción en la articulación A y el peso P del cuerpo que mantiene a la barra de la figura en equilibrio. Si la viga de la figura y la pared en que se recarga son lisas. P=33. Calcular las reacciones en los apoyos A y B de la estructura. RA = 20. despreciando el peso de la viga.7°.6 lb) 6. RB = 10 ton 30°) 13. 22. RC = 90 lb) A 30° 10 ton 30° B C 50 ´´ B 14 ´´ A 48 ´´ 14. RA = 120 lb. Una barra homogénea que pesa 150 lb está articulada en A y atada a una cuerda en B. RA = 10 ton 30°. calcular la reacción en la articulación y en la pared.5 kg ←.5´ A 6´ B 15. (Sol. como se muestra en la figura. Calcular las magnitudes de las reacciones en A y C.8 lb. RB = 187. (Sol.0°) 102 2m 250 kg A 6m 2m . (Sol. RC = 105. TA = 175 kg.8 lb ) 1200 # 350 # 550 # 1500 # 2´ 2´ x A 20. de peso despreciable. Si el peso de la viga homogénea AB de la figura es de 21 kg. RA = 2100 lb .2 lb . ¿cuál es la reacción en la articulación A.Equilibrio de los sistemas de fuerzas 16. el de la caja 75. y la tensión que debe soportar la cuerda A es de 100 kg. Calcule la magnitud F de la fuerza y la distancia x a la que se encuentra de A. ¿cuál debe ser la tensión de la cuerda B y a qué distancia x de A debe colocarse para que el conjunto se mantenga en equilibrio? (Sol. Si el peso de la viga de la figura es de 200 kg.7 lb . (Sol. Calcular las reacciones en los apoyos A y B de la viga. F = 23 kg.5 kg) 103 B 75 kg 15 m 3´ 3´ 5m 4´ 35 # 125 # 32 lb/ft D A C B 2´ 19. y D de las vigas de peso despreciable que se muestran en la figura. RA = 10. RB = 1500 lb ) A B 1´ 17. (Sol. y cuál la tensión T de la cuerda que la sujeta en B? (Sol. RB = 111 lb . Calcular las reacciones de los apoyos A. si la viga mostrada tiene peso despreciable y se encuentra en equilibrio.85 m ) 18. C. x = 17.5 kg . que soporta las cuatro fuerzas mostradas. RD = 120. RA = 39. B. T = 10. (Sol. x = 6 m) 2´ 2´ 3´ 5´ x 38 kg 87 kg F 132 kg A 130 kg B 3m 3m 2m 5m 150 kg 3m B A 30° . El peso de la viga AB de la figura es des-preciable y el de la caja es de 105 lb. ¿cuál es la reacción en el apoyo A.Equilibrio de los sistemas de fuerzas 21. RB = 20 ton ) 1m 1m A 1m 5 ton 1m B 24. y TB de la que está sujeta en B? El peso de las barras es despreciable. RB = 1281 lb ) 104 60 ´´ 40 ´´ B 45° P 800 # A 200 lb/ft 500# 60° C B AA 3’ 100 lb/ft 1000 lbft 2’ 4’ 4’ 2’ 5’ . Sin considerar los pesos propios de la armadura mostrada y de la polea. RA = 517 lb. Si el peso del cuerpo P es de 800 lb. (Sol. RA = 60 lb . RA = 1555 lb. como se muestra en la figura. RA = 10 ton . 61. RA = 37. Sabiendo que la viga articulada en A pesa 235 lb y la articulada en B. ¿Cuáles son las reacciones en los apoyos? (Sol. ¿cuáles son las reacciones en dichas articulaciones? (Sol. calcule las reacciones en los apoyos A y B. (Sol. RB = 298 lb ) 6´ 3´ 5´ A 2´ B 12´ 22.1°. (Sol. y cuáles las tensiones TA de la cuerda atada en A. RB = 45 lb ) 105 # A 3m B lisa 4m 1 m 1 m 1 m 1m 1m 23. 100.4 lb .0°) 25. TB = 1333 lb. 31. TA = 533 lb. Calcular las reacciones en los apoyos de la viga sujeta a las condiciones de carga mostradas. despreciando el peso propio de la viga. Calcule las reacciones en los apoyos A y B y todas las fuerzas externas a que está sujeta la barra AECF del armazón que se ilustra en la figura. 45º. (Sol. Despreciando los pesos propios de los miembros de la armazón mostrada en la figura.8°. RB=890 kg 27.6º.5 m lisa 1. RA = 522 kg. RA = 9. RC=1112 kg RE = 530 kg 44.2 m F D 0.2 m 0. Calcule las reacciones de los apoyos A y B de la armadura de la figura.Equilibrio de los sistemas de fuerzas 5 ton 26.5 m F 0. (Sol.2 m 1m 1.2 m C E 0.26º.36 ton ) 27. RB = 11.5 ton Desprecie el peso de la armadura.5 m E 2. (Sol. RF=530 kg 105 45º) 3´ 3´ 3´ 30° 3´ A B 4 2 ton 3 3 ton 0. 73.5 m B 800 kg 500 kg A 0.9 m 375 kg B .5 m D C 1m 4´ 3m 1m A 1. RA=792 kg 2.2º. RB = 1150 kg ) 28. Los pesos propios de las barras y de las poleas son despreciables.9 m 1.7°. 4.5 m 1. 16. calcular las reacciones en los apoyos A y B.10 ton.