Fuerzas aplicadas a un s´olido r´ıgido -...

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

Capıtulo 3

Fuerzas aplicadas a un solidorıgido

3.1. Introduccion. Solido rıgido

En el capıtulo anterior estudiamos la estatica de sistemas fısicos que, por lascaracterısticas del problema estudiado, podıamos considerar como una unicapartıcula. Sin embargo, ese punto de vista no es siempre posible. Para estudiarla dinamica de ciertos sistemas hay que tener en cuenta su tamano, geometrıay estructura interna, ası como el hecho de que las fuerzas puedan actuar sobrepuntos diferentes. Nosotros describiremos los sistemas mecanicos como un con-junto de partıculas. Para muchos problemas de arquitectura e ingenierıa no esnecesario un modelo tan general, basta con el modelo de solido rıgido.

Un solido rıgido es un sistema de puntos materiales en el que la distancia solido rıgidoentre dos cualesquiera de ellos no cambia ante la accion de un sistema de fuerzas(fig. 3.1). Es decir, un solido rıgido no se puede deformar.

riji j

FIGURA 3.1: N puntos materia-les forman un solido rıgido si cum-plen la condicion de rigidez: |�rij | =cte ∀ i, j = 1, 2, . . . , N , donde �rij esel vector con origen en el punto ma-terial i y extremo en el punto mate-rial j.

Los sistemas fısicos reales no son rıgidos, se deforman bajo la accion defuerzas. Sin embargo, el modelo de solido rıgido es aplicable cuando estas defor-maciones son pequenas comparadas con las dimensiones del sistema mecanico.Del estudio de las deformaciones se ocupa la resistencia de materiales.

Dado que un solido rıgido es un sistema de puntos materiales, las fuerzasque actuan sobre un solido rıgido pueden dividirse en:

Fuerzas interiores, que son aquellas que se ejercen entre sı las partıculasque forman el solido rıgido y mantienen constantes las distancias entreellas.

Fuerzas exteriores, que son las que ejercen otros cuerpos sobre el solidorıgido considerado.

Las fuerzas exteriores son las unicas relevantes en el estudio del equilibrio ymovimiento del solido rıgido.

En este capıtulo y en los capıtulos 4 y 5 nos ocuparemos unicamente defuerzas exteriores que actuan sobre solidos rıgidos.

57

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

58 Fuerzas aplicadas a un solido rıgido

3.2. Principio de transmisibilidad

El principio de transmisibilidad afirma que las condiciones de equilibrio omovimiento de un solido rıgido se mantendran inalteradas si una fuerza �Fque actua en un punto dado del solido rıgido se sustituye por una fuerza �F ′

de igual modulo, direccion y sentido, pero que actua en un punto diferente,siempre que las dos fuerzas tengan la misma recta de accion (fig. 3.2). En esecaso, las dos fuerzas �F y �F ′ producen el mismo efecto mecanico (traslacion,rotacion) sobre el solido rıgido, y se dice que son mecanicamente equivalentes.Este principio tiene una base experimental. No puede ser deducido de ningunade las propiedades establecidas en este texto1.

Notese que dos fuerzas �F1 y �F2, con el mismo modulo, la misma direcciony el mismo sentido no son, en general, mecanicamente equivalentes, ya que susrectas de accion no tienen por que ser coincidentes.

F

F=

FIGURA 3.2: Si el cuerpo es un solidorıgido, dos fuerzas de igual modulo,direccion y sentido que esten aplica-das sobre sendos puntos de la mismarecta de accion provocan el mismoefecto mecanico (principio de trans-misibilidad).

Nuestro estudio de la estatica del solido rıgido se basara en cuatro principios:

La regla del paralelogramo para la suma de fuerzas.

El principio de transmisibilidad.

La primera ley de Newton.

La tercera ley de Newton.

En el capıtulo 2 indicabamos que las fuerzas aplicadas sobre una partıculapodıan representarse mediante vectores. Estos vectores tenıan un punto deaplicacion bien definido —la propia partıcula— y eran, por tanto, vectoresligados.

El principio de transmisibilidad nos dice que en el caso de fuerzas aplicadasa un solido rıgido, el punto de aplicacion de la fuerza no importa, siempre quepertenezca a la recta de accion de la fuerza. Por tanto, las fuerzas aplicadassobre un solido rıgido se representaran mediante vectores deslizantes.

En este capıtulo y en los capıtulos 4 y 5, cada vez que hablemos de unafuerza �F nos estaremos refiriendo a una fuerza aplicada a un solido rıgido y,por tanto, descrita mediante un vector deslizante. No obstante, las operacionesy relaciones matematicas entre vectores que se emplearan en el texto debenentenderse como operaciones y relaciones entre vectores libres, por lo que �Frepresentara en estos casos un vector libre con el modulo, direccion y sentidode la fuerza. Ası, la expresion �F1 = �F2 se interpretara como igualdad en modulo,direccion y sentido de las fuerzas �F1 y �F2, pero no como coincidencia de susrectas de accion. Si ademas las fuerzas tienen identica recta de accion, dichaigualdad se expresara como �F1 ≡ �F2.

3.3. Sistemas equivalentes de fuerzas

Se llama sistema de fuerzas a un conjunto de fuerzas que actua sobre unsistema de fuerzassistema mecanico.

Dos sistemas mecanicamente equivalentes son aquellos que producen el mis-sistemas mecanicamente equivalentesmo efecto mecanico si se aplican sobre un mismo solido rıgido.

1Pero sı del estudio de la dinamica del solido rıgido.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.3 Sistemas equivalentes de fuerzas 59

=F1

F2

y

xO

F

y

xO

=F

y

xO

y

xO Fx

Fy

=

y

xO

F

y

xO

−F

=

y

xO

F

y

xO−F

=

y

xO

y

xO

FP

F

(a)

(b)

(d)

(e)

(c)

FIGURA 3.3: Operaciones quetransforman un sistema de fuerzasque actua sobre un solido rıgido enotro mecanicamente equivalente.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


FIGURA 3.4: Dos sistemas de fuer-zas mecanicamente equivalentes.

F−F

A B= =

F−F

A B A B

F −F

A B= =

F−F

A B A B

Un sistema de fuerzas que actua sobre un solido rıgido puede transformarseen otro mecanicamente equivalente mediante una o varias de las operacioneselementales siguientes:

(a) Sustituir dos fuerzas que actuan sobre la misma partıcula por su sumavectorial (ver fig. 3.3 a).

(b) Descomponer una fuerza en dos componentes aplicadas en la mismapartıcula (ver fig. 3.3 b).

(c) Anular fuerzas iguales y opuestas que actuan sobre la misma partıcula(ver fig. 3.3 c).

(d) Aplicar a una partıcula dos fuerzas iguales y opuestas (ver fig. 3.3 d).

(e) Deslizar una fuerza a lo largo de su recta de accion (ver fig. 3.3 e).

El hecho de que las operaciones (a)–(d) transformen un sistema en otromecanicamente equivalente se justifica a partir de la regla del paralelogramo.El hecho de que la operacion (e) transforme un sistema en otro equivalente sejustifica por el principio de transmisibilidad.

El principio de transmisibilidad y el concepto de sistemas mecanicamen-te equivalentes tienen limitaciones debidas al hecho de que el solido rıgido esunicamente un modelo ideal; los solidos reales no son perfectamente rıgidos.Por ejemplo, desde el punto de vista de la mecanica del solido rıgido, los dossistemas de fuerzas de la fig. 3.4 izda. son mecanicamente equivalentes, co-mo se ve aplicando sucesivamente las operaciones (e) (fig. 3.4 centro) y (c)(fig. 3.4 dcha.). Sin embargo, las fuerzas interiores son distintas y, si el solidono es perfectamente rıgido, las deformaciones que provocarıan los dos sistemasserıan distintas. La barra de la fig. 3.4 izda. arriba esta sometida a traccion y, sino es absolutamente rıgida, se alargara ligeramente; la barra de la fig. 3.4 izda.abajo esta sometida a compresion y, si no es absolutamente rıgida, se acor-tara ligeramente.

3.4. Momento de una fuerza en un punto

Sean �F una fuerza aplicada sobre un solido rıgido, A un punto cualquierade la recta de accion de �F y O un punto arbitrario en el espacio.

El momento de �F en O es el producto vectorial de �OA y �F (ver fig. 3.5):momento de �f

�MO(�F ) = �OA × �F . (3.1)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.4 Momento de una fuerza en un punto 61

�MO(�F ) es un vector ligado al punto O. El punto O se llama punto de reduccion(en la sec. 3.8 se justificara esta denominacion).

En el SI el momento de una fuerza se expresa en newton-metro (N m).Notese que el momento de �F en O, �MO(�F ), es perpendicular tanto a �OA

como a �F y, por tanto, perpendicular al plano definido por O y la lınea deaccion de �F (ver fig. 3.5). El modulo de �MO(�F ),

FOA

OA

d�

M FO( )

FIGURA 3.5: El momento de �F en O,�MO(�F ), es perpendicular al planoque determinan �OA y �F . La distanciaentre O y la recta de accion de �F esd = | �MO(�F )|/|�F |.

| �MO(�F )| = |�F | | �OA| sen θ

= |�F | d, (3.2)

donde d es la distancia entre O y la lınea de accion de �F . El modulo de �MO(�F )mide la tendencia de la fuerza �F a imprimir al solido rıgido una rotacion alre-dedor de un eje que pasa por O y es perpendicular al plano que contiene a lafuerza �F y al punto O.

�MO(�F ) es independiente de que punto de la recta de accion de �F se elijapara su calculo.

En efecto, consideremos otro punto B de la recta de accion de �F . Entonces,

�OB × �F =(

�OA + �AB)× �F

= �OA × �F + �AB × �F

= �MO(�F ) +�0 = �MO(�F ), (3.3)

puesto que �AB y �F tienen la misma direccion.

El momento de una fuerza �F en dos puntos O y P diferentes es, engeneral, distinto.

En efecto,

�MP (�F ) = �PA × �F

=(

�PO + �OA)× �F

= �PO × �F + �OA × �F

= �PO × �F + �MO(�F ). (3.4)

�MP (�F ) puede coincidir con �MO(�F ) si �PO es paralelo a �F .Notese que el momento de una fuerza �F en un punto O determina, junto

con sus componentes, la recta de accion de la fuerza. En efecto, conocidas lascomponentes de �F y �MO(�F ), y el punto O, podemos hallar la recta de accionde �F de la siguiente manera: Por un lado, sabemos que �F esta en el planoperpendicular a �MO(�F ) que pasa por O. Ademas sabemos que la distanciaentre la recta de accion y O debe ser igual a | �MO(�F )|/|�F |. La direccion de larecta de accion debe ser la de �F . Pero hay dos rectas con estas caracterısticas,

F

O d

M FO( )

d

FIGURA 3.6: En el plano perpendicu-lar a �MO(�F ) que pasa por O hay dosrectas con la direccion de �F a unadistancia d de O.

una a cada lado de O; el sentido de �MO(�F ) determina cual de las dos rectas esla correcta (ver fig. 3.6).

Como el momento de una fuerza en un punto determina, junto con la propiafuerza, la recta de accion de esta ultima, el principio de transmisibilidad sepuede reformular de la manera siguiente: dos fuerzas �F y �F ′ aplicadas sobre

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


un solido rıgido son mecanicamente equivalentes (�F ≡ �F ′) si tienen el mismomodulo, la misma direccion, el mismo sentido y el mismo momento en unpunto O. Esto lo expresaremos escribiendo:

�F = �F ′, (3.5)�MO(�F ) = �MO( �F ′). (3.6)

Si dos fuerzas �F y �F ′ cumplen �F = �F ′ y �MO(�F ) = �MO( �F ′) para unpunto O, tambien cumpliran que �MP (�F ) = �MP ( �F ′) para cualquier otropunto P . Es decir, el que dos fuerzas sean mecanicamente equivalenteses independiente del punto de reduccion elegido para comprobarlo.

En efecto,�MP (�F ) = �MO(�F ) + �PO × �F

= �MO( �F ′) + �PO × �F ′

= �MP ( �F ′). (3.7)

F

O MOO O

F−

M FO( ) −M FO( )

FIGURA 3.7: Si la fuerza �F cambiasolo de sentido, su momento en Otambien cambia de sentido.

En el caso de un solido rıgido plano sobre el que solo actua una fuerza �F con-tenida en ese plano, el momento de �F en un punto O del plano es un vector �MO

perpendicular al plano (fig. 3.7). Si el sentido de ese vector es hacia fuera delplano, el vector se representa mediante una flecha orientada antihorariamente,es decir, contraria al movimiento de las agujas del reloj (fig. 3.7 izda.). Si elsentido es hacia dentro del plano, el vector se representa mediante una flechaorientada horariamente, segun las agujas del reloj (fig. 3.7 dcha.). Ademas, es-tas flechas indican como tenderıa a girar el solido rıgido bajo la accion de �F ysupuesto fijo el punto O.

3.5. Resultante y momento de un sistema de fuer-zas

3.5.1. Definiciones

Consideremos un sistema formado por N fuerzas �F1, �F2, . . . , �FN , que actuansobre un solido rıgido, en los puntos A1, A2, . . . , AN , respectivamente.

Se llama resultante, �R, del sistema de fuerzas a las suma (vectorial) de lasresultantefuerzas que forman el sistema:

�R =N∑

i=1

�Fi. (3.8)

La resultante es un vector libre. Los efectos de traslacion de un solido rıgidovienen determinados por la resultante del sistema de fuerzas.

Se llama momento del sistema en un punto O, �MO, a la suma (vectorial)momento del sistema en un puntode los momentos en O de todas las fuerzas:

�MO =N∑

i=1

�MO(�Fi)

=N∑

i=1

( �OAi × �Fi). (3.9)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.5 Resultante y momento de un sistema de fuerzas 63

El momento en O es un vector ligado a O. Los efectos de rotacion de un solidorıgido vienen determinados por los momentos del sistema de fuerzas.

3.5.2. Teorema del centro de reduccion

En general, el momento de un sistema de fuerzas es distinto en cada punto.Cuando se conoce la resultante y el momento en un punto, el momento encualquier otro punto puede obtenerse mediante el siguiente resultado llamadoteorema del centro de reduccion:

El momento de un sistema de fuerzas en un punto P es igual al momentodel sistema en otro punto O, mas el producto vectorial del vector �PO porla resultante �R del sistema. Este producto vectorial puede interpretarsecomo el momento en P de una fuerza �Ftot con las mismas componentesque �R aplicada en O:

�MP = �MO + �PO × �R. (3.10)

En efecto,

�MP =N∑

i=1

�MP (�Fi)

=N∑

i=1

( �PAi × �Fi)

=N∑

i=1

[( �PO + �OAi) × �Fi]

=N∑

i=1

( �PO × �Fi + �OAi × �Fi)

=N∑

i=1

( �PO × �Fi) +N∑

i=1

( �OAi × �Fi)

= �PO ×N∑

i=1

�Fi + �MO

= �PO × �R + �MO. (3.11)

El teorema del centro de reduccion permite demostrar los siguientes resul-tados:

Cualquier sistema de resultante nula tiene el mismo momento en todoslos puntos del espacio.

En efecto, usando el teorema del centro de reduccion,

�MP = �MO + �PO × �R

= �MO. (3.12)

El lugar geometrico de los puntos en los que el vector momento tiene lasmismas componentes es una recta con la misma direccion que la resultantedel sistema (si esta es no nula, pues si es nula estamos en las condicionesdel resultado anterior).

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


En efecto, sean O y P dos puntos distintos tales que �MO = �MP . Entonces,usando (3.10), �PO × �R = �0. Suponiendo que �R �= �0, y dado que �PO �= �0, laconclusion es que �PO es paralelo a �R.

En las siguientes secciones vamos a estudiar dos sistemas de fuerzas sencillos:los sistemas de fuerzas concurrentes y los pares de fuerzas.

3.6. Sistemas de fuerzas concurrentes. Teorema deVarignon

Un sistema de fuerzas �F1, �F2, . . . , �FN es un sistema de fuerzas concurrentesfuerzas concurrentessi todas las fuerzas estan aplicadas en el mismo punto A o sus rectas de accionse cortan en un mismo punto A (ver fig. 3.8).

F1A

F2

F3

F4

FIGURA 3.8: Sistema de 4 fuerzasconcurrentes en el punto A.

Observese que, utilizando las operaciones elementales (e) y (a) que permitentransformar un sistema en otro equivalente (ver la sec. 3.3), es facil comprobarque cualquier sistema de fuerzas concurrentes es mecanicamente equivalentea otro formado por una unica fuerza, �Ftot = �R, aplicada sobre una recta deaccion que pasa por el punto de concurrencia.

Un resultado aplicable a los sistemas de fuerzas concurrentes es el teoremade Varignon:

Si �F1, �F2, . . . , �FN es un sistema de fuerzas concurrentes en A, el momentodel sistema en el punto O, �MO, es igual al momento en O de �Ftot = �Raplicada en A, es decir

�MO = �OA × �R. (3.13)

En efecto, aplicando el teorema del centro de reduccion,

�MO = �MA + �OA × �R

= �OA × �R, (3.14)

puesto que A es el punto de concurrencia y por tanto �MA = �0, al ser �MA(�Fi) = �0para todo i.

3.7. Pares de fuerzas

3.7.1. Momento de un par

Se llama par al sistema formado por dos fuerzas que tienen el mismo modulo,parla misma direccion, sentido opuesto y rectas de accion paralelas (ver fig. 3.9).

La resultante de un par es el vector nulo. Por tanto, un par no produ-cira traslacion del solido rıgido.

Sin embargo, el momento de un par en un punto O no es, como vamos aver, el vector nulo. Un par hara que el solido rıgido tienda a girar.

Para calcular el momento en O de un par debemos sumar los momentosen O de las dos fuerzas que forman el par:

�OA1 × �F + �OA2 × (−�F ) = ( �OA1 − �OA2) × �F , (3.15)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.7 Pares de fuerzas 65

siendo A1 un punto cualquiera de la recta de accion de �F y A2 un puntocualquiera de la recta de accion de −�F . Llamando �A2A1 = �OA1 − �OA2, lasuma de los momentos de las fuerzas del par o momento del par es

�MO = �A2A1 × �F , (3.16)

y su modulo vale

| �MO| = |�F | | �A2A1| sen θ

= |�F | d. (3.17)

F

F−

A A1 2

A1

A2d

P

M =MP O

OO

M =MO P�

FIGURA 3.9: Par de fuerzas formadopor las fuerzas �F y −�F . El sentido delmomento del par es hacia fuera delplano, si las fuerzas tienden a impri-mir un giro antihorario, como en esteejemplo, y hacia dentro, si tienden aimprimir un giro horario.

La direccion de �MO es perpendicular a los vectores �F y �A2A1 o, dicho deotro modo, perpendicular al plano que contiene a las fuerzas �F y −�F .

En principio, cabrıa pensar que el momento en O de un par es un vectorligado al punto O (i.e., no tiene ningun sentido colocado en cualquier otro pun-to). Sin embargo, notese que la expresion (3.16) no depende de la posicion de O.El momento de un par es independiente del punto de reduccion que elijamos.Por tanto, podemos considerar que el momento de un par es un vector libre.Ası pues, podemos escribir: �Mpar en lugar de �MO. Este resultado no es sorpren-dente, pues ya vimos en el apartado 3.5.2 que cualquier sistema de resultantenula tiene el mismo momento en todos los puntos del espacio.

En resumen, el momento de un par es un vector:

Perpendicular al plano definido por las dos fuerzas.

De modulo |�F | d, donde d es la distancia entre las rectas de accion de lasfuerzas.

De sentido determinado por la regla de la mano derecha (ver fig. 3.9).

Que puede considerarse un vector libre, puesto que es igual en todos lospuntos del espacio.

3.7.2. Pares mecanicamente equivalentes. Suma de pares

Dos pares son mecanicamente equivalentes si provocan el mismo efectomecanico.

Puede demostrarse, mediante las operaciones descritas en la sec. 3.3, quedos pares son mecanicamente equivalentes si tienen el mismo momento.

EJEMPLO: El par formado por la fuerza �F = (0, 1, 0)N aplicada en el pun-to A(2, 0, 0)m y la fuerza −�F aplicada en el punto B(−2, 0, 0)m es mecanica-mente equivalente al par formado por la fuerza �F ′ = (−4, 0, 0)N aplicada enel punto C(1, 1, 0)m y la fuerza − �F ′ aplicada en el origen de coordenadas. Enambos casos el momento del par es (0, 0, 4)N m.

Esta propiedad que acabamos de enunciar es muy importante para compren-der la mecanica del solido rıgido. Lo unico que caracteriza el efecto mecanico deun par es su momento. Luego existen infinitos pares que provocarıan un mismoefecto mecanico sobre un solido rıgido dado. Los modulos y direcciones de lasfuerzas que constituyen estos pares pueden ser muy distintos y pueden estar

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


FIGURA 3.10: Descomposicion deuna fuerza aplicada en A en una fuer-za aplicada en O y un par.

MO

O

A

F

F

O

OA

A

= =

F

O

A

F

F−

OA

aplicadas en puntos muy diferentes del solido, con tal de que ambas fuerzasesten contenidas en un plano perpendicular al momento del par, la distanciaentre sus lıneas de accion sea el cociente entre el modulo del momento y el delas fuerzas y sus sentidos sean tales de originar el sentido correcto del momentodado.

La suma o composicion de dos pares de momentos �M1 y �M2 es otro parcuyo momento, �M es la suma vectorial de sus momentos:

�M = �M1 + �M2. (3.18)

Esta suma tiene sentido puesto que �M1 y �M2 son vectores libres.

3.8. Reduccion de sistemas de fuerzas

3.8.1. Descomposicion de una fuerza en una fuerza en unpunto arbitrario O y un par

Cualquier fuerza �F que actua sobre un solido rıgido puede ser trasladada aun punto arbitrario O, sin mas que anadir un par cuyo momento sea igual almomento de �F en O (fig. 3.10).

Supongamos un solido rıgido sobre el que actua una fuerza �F aplicada enel punto A (fig. 3.10 izda.). En otro punto O se pueden aplicar dos fuerzas, �F

y −�F , sin modificar el efecto de la fuerza inicial sobre el solido (fig. 3.10 centro).Como resultado de esta transformacion, se tiene una fuerza �F aplicada en O,mas un par formado por las otras dos fuerzas (�F aplicada en A y −�F aplicadaen O) cuyo momento es �Mpar = �MO = �OA × �F (fig. 3.10 dcha.).

Es decir, un sistema formado por una unica fuerza siempre se puede sustituirpor un sistema mecanicamente equivalente formado por una fuerza colocadasobre un punto arbitrario, mas un par de momento adecuado. Un sistema deeste tipo se llama sistema fuerza-par. En esta descomposicion el momento delpar es perpendicular a la fuerza.

3.8.2. Reduccion de un sistema de fuerzas a una fuerza en unpunto O y un par

Muchos cuerpos en arquitectura e ingenierıa se pueden modelar mediantesolidos rıgidos. En general, sobre cada solido rıgido estara actuando un gran

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.8 Reduccion de sistemas de fuerzas 67

numero de fuerzas. Por ello, es extremadamente util ser capaces de convertirun sistema de muchas fuerzas en otro lo mas sencillo posible.

Reducir un sistema de fuerzas es hallar otro sistema mecanicamente equi-valente mas sencillo.

Todo sistema de fuerzas sobre un solido rıgido puede reducirse a unafuerza con las mismas componentes que la resultante del sistema, aplicadaen un punto arbitrario O, que llamaremos centro de reduccion, y un parde fuerzas cuyo momento sea el momento en O del sistema (fig. 3.11).

En efecto, hemos visto que cualquier fuerza se puede descomponer en unafuerza aplicada en un punto y un par (fig. 3.10). Dado un sistema de N fuerzas�F1, �F2, . . . , �FN , que actuan sobre un solido rıgido, en los puntos A1, A2, . . . ,AN , podemos descomponer las N fuerzas que forman el sistema en otras Nfuerzas, todas ellas aplicadas en O, y en N pares (de momentos los momentosen O de las respectivas fuerzas). La suma de las N fuerzas aplicadas en O esuna fuerza �Ftot aplicada en O,

�Ftot =N∑

i=1

�Fi

= �R. (3.19)

Los N pares se pueden sumar y esta suma coincide con el momento en O delsistema,

�Mpar =N∑

i=1

�Mpar i

=N∑

i=1

�OAi × �Fi

= �MO. (3.20)

Notese que, en general, aun cuando el momento de cada fuerza es un vectorperpendicular a dicha fuerza, �MO no es perpendicular a �R.

En resumen, en el caso mas general posible, cualquier sistema de fuerzasque actue sobre un solido rıgido se puede reducir a una fuerza y un par. Comoveremos mas adelante, ciertos sistemas de fuerzas se pueden incluso reducirmas.

= =F1

O F2F3

M FO( )3

M FO( )2

M FO( )1

O

MO

F3

F1

O

OA1

A1

OA2OA3

A2A3 F2

F =Rtot

FIGURA 3.11: Reduccion del siste-ma de fuerzas �F1, �F2, �F3 a una fuer-za deslizante �Ftot = �R aplicada en Oy un par de momento �MO.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


3.8.3. Equivalencia mecanica de dos sistemas de fuerzas

Dos sistemas de fuerzas sobre un solido rıgido son mecanicamente equi-valentes si pueden reducirse al mismo sistema fuerza-par en un puntodado O. Es decir, dos sistemas de fuerzas son mecanicamente equivalen-tes si, y solo si, las resultantes son iguales y los momentos del sistema enun punto dado O son iguales. Si ambas condiciones se cumplen para unpunto O, entonces tambien se cumpliran para cualquier otro punto P .

En efecto, si �R y �MO son la resultante y el momento en O de un sistema y�R′ y �M ′

O la resultante y el momento en O de un sistema equivalente (es decir,�R = �R′ y �MO = �M ′

O), usando el teorema del centro de reduccion, el momentodel primer sistema en el punto P

�MP = �MO + �PO × �R

= �M ′O + �PO × �R′

= �M ′P , (3.21)

siendo �M ′P el momento del segundo sistema en P .

Recuerdese que el que un sistema sea mecanicamente equivalente a otroimplica que puede pasarse de uno a otro mediante una o varias operaciones delas operaciones elementales descritas en la sec. 3.3.

3.8.4. Invariantes de un sistema de fuerzas

Llamaremos invariantes de un sistema de fuerzas a aquellas cantidades ca-racterısticas del sistema e independientes del punto de reduccion. Los invarian-tes fundamentales son dos, si bien de ellos pueden derivarse otros.

El primer invariante fundamental es la propia resultante �R, que recibe elnombre de invariante vectorial.invariante vectorial

El caracter invariante de �R queda justificado por el hecho de ser un vectorlibre. Obviamente, si �R es invariante, lo son su modulo, direccion y sentido.

El segundo invariante fundamental es el producto escalar �MA · �R, que recibeel nombre de invariante escalar, invariante fundamental o automomento.invariante escalar

Demostremos que la cantidad ası definida es efectivamente independientedel punto de reduccion.

Usando el teorema del centro de reduccion (3.10) y la propiedad distributivadel producto escalar:

�MA · �R = ( �MB + �AB × �R) · �R

= �MB · �R + ( �AB × �R) · �R, (3.22)

donde el ultimo sumando es cero porque el producto vectorial de un vector por�R es perpendicular a �R, y el producto escalar de �R por un vector perpendiculares cero. Por tanto, �MA · �R = �MB · �R.

Un invariante derivado, a veces llamado tercer invariante, estercer invariante

m =�MA · �R

|�R| , (3.23)

que es invariante por ser el cociente de dos invariantes: el invariante escalar yel modulo del invariante vectorial. El tercer invariante tiene una interpretacion

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


geometrica sencilla: es el modulo del vector proyeccion del momento (en unpunto cualquiera) sobre la resultante, si el vector proyeccion y la resultantetienen el mismo sentido, o menos el modulo, si tienen sentido opuesto. Suimportancia reside en que, como veremos, su valor absoluto coincide (si �R �= �0)con el modulo del momento mınimo del sistema.

3.8.5. Eje central. Momento mınimo

En general, el momento de un sistema de fuerzas es distinto en cada punto.El eje central es el lugar geometrico de los puntos del espacio en los cuales eje central

el momento del sistema de fuerzas es mınimo (es decir, su modulo es mınimo).Recordemos que en los sistemas con �R = �0 el momento es el mismo en todos

los puntos del espacio. Por tanto, en estos sistemas el “eje” central es todo elespacio.

Estudiemos que sucede en los sistemas con �R �= �0. Para determinar lascaracterısticas del eje central de tales sistemas empecemos por escribir el inva-riante escalar

�MA · �R = | �MA| |�R| cos θ, (3.24)

donde θ es el angulo que forman �MA y �R. Como �MA · �R y |�R| son invariantes,| �MA| cos θ ha de ser tambien invariante. Por tanto, | �MA| sera mınimo en aque-llos puntos donde el valor absoluto de cos θ sea maximo. Ello ocurrira cuando�MA y �R sean paralelos. Es decir, el eje central es el lugar geometrico de lospuntos del espacio en los cuales el momento del sistema es paralelo a la resul-tante.

Como el eje central es un lugar geometrico de momento constante (en par-ticular, el momento mınimo), ha de ser una recta paralela a �R (ver sec. 3.5.2).

Para hallar la ecuacion del eje central en un sistema de referencia cartesiano{O; x, y, z} procederemos de la manera siguiente: calcularemos el momento delsistema de fuerzas en el origen O, �MO = (Mx, My, Mz) y la resultante delsistema �R = (Rx, Ry, Rz). A continuacion, llamaremos E (xE , yE , zE) a unpunto particular del eje central: aquel que se encuentra mas proximo al puntoO. Por tanto, el punto E cumplira que �OE · �R = 0, pues el eje central es paraleloa la resultante.

Segun el teorema del centro de reduccion, los momentos del sistema fuerzasen los puntos O y E se relacionan segun

�MO = �ME + �OE × �R. (3.25)

Por otro lado, hemos visto que el momento mınimo es paralelo a la resultante,por lo que si multiplicamos vectorialmente la ecuacion anterior por �R se obtiene

�R × �MO = �R × ( �OE × �R). (3.26)

Teniendo en cuenta la identidad del doble producto vectorial2 resulta finalmente

�R × �MO = |�R|2 �OE, (3.27)

y, por tanto,

�OE =�R × �MO

|�R|2 . (3.28)

2Dados tres vectores �a, �b y �c, se cumple que �a × (�b × �c) = (�a · �c)�b − (�a ·�b)�c.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Conocidas las coordenadas del punto E del eje central, y dado que el eje centraltiene la misma direccion que la resultante �R, la ecuacion del eje central seobtiene inmediatamente como

x − xE

Rx=

y − yE

Ry=

z − zE

Rz. (3.29)

En resumen: El eje central es el lugar geometrico de los puntos del espacioen los cuales el momento del sistema de fuerzas es mınimo. Es tambien el lugarde los puntos del espacio en los cuales el momento del sistema es paralelo a laresultante. Conocidos la resultante y el momento del sistema en el origen, laecuacion (3.28) nos proporciona un punto del eje central. Conocidos la resul-tante y un punto del eje central, la ecuacion del eje central esta dada por laecuacion (3.29).

Para determinar el momento mınimo utilizamos el hecho de que en el ejecentral el momento y la resultante son paralelos. Como el tercer invariante es,salvo signo, el modulo del vector proyeccion del momento sobre la resultante,se llega a la conclusion de que el modulo del momento mınimo tiene, necesaria-mente, que equivaler —salvo signo— al tercer invariante. Por tanto, el momentomınimo de un sistema de fuerzas es el vector proyeccion del momento del sis-tema en un punto cualquiera sobre la resultante:

�Mmin =�MA · �R

|�R|�R

|�R| . (3.30)

Es decir, el momento mınimo tiene la misma direccion que la resultante y sumodulo y sentido vienen dados por el valor del tercer invariante.

3.8.6. Clasificacion de los sistemas de fuerzas

Podemos clasificar los sistemas de fuerzas en cuatro tipos:

Sistemas con �R �= �0 y �MP · �R �= 0. En este caso el momento mınimo delsistema es no nulo. Estos sistemas no se pueden reducir ni a una unicafuerza ni a un unico par. En cambio, se pueden reducir en cualquierpunto P a una fuerza deslizante �Ftot, con las mismas componentes que�R, y un par de fuerzas { �Fpar,−�Fpar} de momento �MP .

Sistemas con �R �= �0 y �MP · �R = 0. En este caso el momento mınimo delsistema es nulo. Ademas, en cualquier punto P que no sea del eje central,el momento es perpendicular a �R, ya que, por el teorema del centro dereduccion,

�MP = �ME + �PE × �R

= �PE × �R, (3.31)

siendo E un punto del eje central. Estos sistemas se pueden reducir a unafuerza deslizante �Ftot, con las mismas componentes que �R, aplicada sobreel eje central, o a una fuerza deslizante �Ftot, con las mismas componentesque �R, aplicada en P y un par de fuerzas { �Fpar,−�Fpar} de momento �MP ,si P no es un punto del eje central.

Sistemas con �R = �0 y �MP �= �0 (por tanto, �M · �R = 0). En este caso, elmomento es el mismo en todos los puntos del espacio. Estos sistemas sepueden reducir a un par de fuerzas { �Fpar,−�Fpar} con dicho momento.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


=F1

F2F3

y

xO

y

xO

RMO =

y

xO

R

d=M /RO

FIGURA 3.12: Un solido rıgido pla-no sobre el que actua un sistema defuerzas coplanarias �F1, �F2, �F3 de re-sultante no nula (izda.) es equiva-lente a una fuerza igual a la resul-tante �R del sistema aplicada en unpunto cualquiera O mas un par cu-yo momento es el momento del sis-tema en el punto O (centro) y tam-bien a una unica fuerza igual a �R conrecta de accion cuya distancia a Oes d = | �M0|/|�R| y que esta a la de-recha de O (dcha.). Esta recta es eleje central.

Sistemas con �R = �0 y �MP = �0 (por tanto, �M · �R = 0). En estos sistemas,el momento es nulo en todos los puntos del espacio. Estos sistemas sepueden reducir a un vector nulo. Se llaman sistemas nulos.

Puede demostrarse que los sistemas de fuerzas coplanarios (fig. 3.12), con-currentes y paralelos tienen invariante escalar igual a cero, por tanto pertenecena alguno de los tres ultimos casos.

Llegados a este punto, es muy recomendable detenerse a hacer los problemaspropuestos 3-1, 3-2 y 3-3.

PROBLEMA RESUELTO 3.1:

Consideremos el sistema formado por las fuerzas

�F1 = (6,−3, 1)N aplicada en A1 (1, 0, 2)m,

�F2 = (2, 0,−1)N aplicada en A2 (−5, 3, 1)m,

�F3 = (−5,−4, 1)N aplicada en A3 (0, 1, 2)m,

�F4 = (2, 5, 0)N aplicada en A4 (0, 0, 0)m.

Determina:

(a) La resultante, el momento del sistema en el origen y la ecuacion del ejecentral del sistema.

(b) El momento en P (3, 0, 1)m. Si P es un punto del eje central, utilızalo paraobtener de nuevo la ecuacion del eje central.

(c) El vector momento mınimo.

Solucion:

(a) Calculemos la resultante:

�R = �F1 + �F2 + �F3 + �F4 = (5,−2, 1)N. (P1.1)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Calculemos ahora el momento del sistema en el origen O:

�MO(�F1) = �OA1 × �F1 = (6, 11,−3)Nm,

�MO(�F2) = �OA2 × �F2 = (−3,−3,−6)Nm,

�MO(�F3) = �OA3 × �F3 = (9,−10, 5)Nm,

�MO(�F4) = �OA4 × �F4 = (0, 0, 0)Nm, (P1.2)

�MO = �MO(�F1) + �MO(�F2) + �MO(�F3) + �MO(�F4)= (12,−2,−4)Nm. (P1.3)

De (3.28) obtenemos un punto del eje central, �OE = (13 , 16

15 , 715 ), y usando (3.29)

obtenemos la ecuacion continua del eje central, que podemos despues expresar deforma implıcita, como la interseccion de los dos planos siguientes:

2x + 5y − 6 = 0y + 2z − 2 = 0

(b) Aplicando el teorema del centro de reduccion

�MP = �MO + �PO × �R

= (12,−2,−4) + (−3, 0,−1)× (5,−2, 1)= (10,−4, 2)Nm. (P1.4)

Se puede ver que P es un punto del eje central porque �MP es paralelo a �R. Portanto, usando (3.29), la ecuacion del eje central resulta

x − 35

=y

−2=

z − 11

. (P1.5)

(c) El momento mınimo se obtiene usando (3.30),

�Mmin =�MO · �R

|�R|�R

|�R| = 2(5,−2, 1) = (10,−4, 2)Nm. (P1.6)

Obviamente, el momento mınimo ası calculado coincide con el momento del sistemaen el punto P , puesto que dicho punto pertenece al eje central.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.9 Sistemas de fuerzas paralelas 73

3.9. Sistemas de fuerzas paralelas

3.9.1. Sistemas de fuerzas paralelas

Un sistema de fuerzas �F1, �F2, . . . �FN , cuyas rectas de accion pasan respec-tivamente por los puntos P1, P2, . . . PN es un sistema de fuerzas paralelas si sistema de fuerzas paralelas∀ i �Fi = λi �u (fig. 3.13), donde �u es un vector que tiene la direccion de todaslas fuerzas.

Pi

Fi

u

FIGURA 3.13: Un solido rıgido pla-no sobre el que actua un sistema defuerzas paralelas.

La resultante de un sistema de fuerzas paralelas se puede expresar como

�R =N∑

i=1

λi �u

=

(N∑

i=1

λi

)�u. (3.32)

El momento de un sistema de fuerzas paralelas respecto al origen de coor-denadas se puede expresar como

�MO =N∑

i=1

�OPi × λi �u

=

(N∑

i=1

λi�OP i

)× �u, (3.33)

donde �OP i es el vector que va del origen de coordenadas a un punto cualquieraPi de la recta de accion de la fuerza �Fi.

Es decir, �R es paralela a �u y �MO es perpendicular a �u. Por lo tanto, lossistemas de fuerzas paralelas tienen invariante escalar igual a cero, aun cuandoni �R ni �MO fuesen nulos.

3.9.2. Centro de un sistema de fuerzas paralelas

Supongamos un sistema de fuerzas paralelas en la direccion �u y con �R �= �0.¿Existe algun punto del eje central de ese sistema que se pueda calcular sinconocer �u ? Si ese punto existiera, siempre podrıamos aplicar en el una fuerzadeslizante cuyas componentes coinciden con las de �R que serıa equivalenteal sistema de fuerzas paralelas fuese cual fuese la orientacion del sistema defuerzas paralelas.

Llamemos G a ese punto. Por ser un punto del eje central de un sistema deinvariante escalar igual a cero y �R �= �0, sabemos que �MG = �0, de manera queel momento en el origen de coordenadas O (0, 0, 0), no es mas que (usando elteorema del centro de reduccion):

�MO = �OG × �R

=

(N∑

i=1

λi

)�OG × �u. (3.34)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Comparando (3.33) y (3.34), observamos que una posible solucion es(

N∑i=1

λi

)�OG =

N∑i=1

λi�OP i. (3.35)

Entonces, el vector posicion del punto G vendra dado por

�OG =

N∑i=1

λi�OP i

N∑i=1

λi

. (3.36)

Notese que aunque G es independiente de la direccion de las fuerzas, sı de-pende de los puntos Pi donde se consideraron aplicadas las fuerzas. Por tanto,solo podremos aplicar en G una unica fuerza, equivalente al sistema de fuer-zas e independiente su orientacion, en tanto que no cambien los puntos Pi deaplicacion de las fuerzas.

Para escribir las componentes cartesianas de �OG se suele emplear la nota-cion

�OG = xG�ı + yG�j + zG�k. (3.37)

Si llamamos (xi, yi, zi) a las componentes cartesianas de los vectores de posicion�OP i, entonces las componentes cartesianas de �OG se calcularan de la siguiente

manera:

xG =

N∑i=1

λi xi

N∑i=1

λi

, (3.38)

yG =

N∑i=1

λi yi

N∑i=1

λi

, (3.39)

zG =

N∑i=1

λi zi

N∑i=1

λi

. (3.40)

El punto G cuyas coordenadas se calculan mediante las ecs. (3.38)–(3.40) es loque se denomina el centro de un sistema de fuerzas paralelas.


Consideremos el sistema de fuerzas formado por los pesos de tres partıculas pun-tuales de 1 kg colocadas en los vertices de un triangulo descritos por las coordena-das A (−3, 0)m, B (0, 0), y C (0, 4)m. Calcula:

(a) la ecuacion del eje central.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.10 Centro de gravedad y centro de masa 75

(b) las coordenadas del centro del sistema.

Supongamos ahora que el triangulo cambia de posicion de manera que el verticeA pasa a estar en el punto A′ (0, 3)m, B permanece en el origen y C pasa a estaren el punto C′ (4, 0)m.

(c) Calcula la ecuacion del eje central del sistema formado por los pesos de lapartıculas.

Solucion:

(a) Por el hecho de ser un sistema plano de fuerzas, el momento del sistema y laresultante son perpendiculares, luego el invariante escalar es igual a cero. Por tanto,el momento mınimo del sistema es nulo. Por ser un sistema de fuerzas paralelas,sabemos que el eje central ha de tener la misma direccion que todas esas fuerzas;sera pues un eje vertical. Para averiguar en que punto del eje horizontal corta eleje central, un procedimiento sencillo es el siguiente: se traslada a lo largo de surecta de accion la fuerza que esta aplicada en C hasta colocarla en B. El sistemase reduce pues a dos fuerzas paralelas y con el mismo sentido, la de la derecha dedoble modulo que la de la izquierda y separadas por 3m. Por tanto, el eje centraldebera estar entre ambas fuerzas al doble de distancia de la fuerza de la izquierda.Luego el eje central es la recta de ecuacion x = −1m.

(b) Aplicando (3.38) y (3.39) obtenemos (xG, yG) = (−1, 43 )m.

(c) Al girar el triangulo, el centro del sistema pasa a tener coordenadas (xG, yG) =(43 , 1)m. Como sabemos que el eje central es una recta vertical que pasa por el

centro del sistema de vectores paralelos, su ecuacion sera ahora x = 43 m.

3.10. Centro de gravedad y centro de masa

3.10.1. Centro de gravedad

El centro de gravedad de un sistema de partıculas materiales es el centro del centro de gravedadsistema de fuerzas formado por los pesos de las partıculas.

Consideremos el sistema formado por N partıculas de pesos m1 �g1, m2 �g2,. . ., mN �gN colocadas en los puntos P1, P2, . . ., PN (�gi es la aceleracion dela gravedad en el punto Pi). Suponiendo que todas las �gi son paralelas, �gi =−gi

�k, aplicando la definicion (3.36), el vector posicion del centro de gravedadvendra dado por:

�OG =

N∑i=1

mi gi�OP i

N∑i=1

mi gi

, (3.41)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


cuyas componentes cartesianas son:

x =

N∑i=1

mi gi xi

N∑i=1

mi gi

, (3.42)

y =

N∑i=1

mi gi yi

N∑i=1

mi gi

, (3.43)

z =

N∑i=1

mi gi zi

N∑i=1

mi gi

, (3.44)

siendo (xi, yi, zi) las componentes cartesianas de �OP i.

3.10.2. Centro de masa

El centro de masa de un sistema de partıculas materiales de masas m1, m2,centro de masa. . ., mN colocadas en los puntos P1, P2, . . ., PN , es el punto G que viene dadopor:

�OG =

N∑i=1

mi�OP i

N∑i=1

mi

, (3.45)

cuyas componentes cartesianas son:

x =

N∑i=1

mi xi

N∑i=1

mi

, (3.46)

y =

N∑i=1

mi yi

N∑i=1

mi

, (3.47)

z =

N∑i=1

mi zi

N∑i=1

mi

. (3.48)

El centro de gravedad (3.41), supuesta la aceleracion de la gravedad cons-tante, coincide con el centro de masa de dicho sistema de partıculas. Estacondicion se cumple, con muy buena aproximacion, para los cuerpos que semanejan habitualmente en Arquitectura Tecnica.

Para calcular el centro de masa de cuerpos continuos (y no solo para con-juntos de puntos materiales aislados) basta sustituir los sumatorios en (3.46)–(3.48), respectivamente, por integrales. Ası, las coordenadas del centro de masa

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


serıan:

x =

∫M

xdm∫M

dm, (3.49)

y =

∫M

y dm∫M

dm, (3.50)

z =

∫M

z dm∫M

dm, (3.51)

donde dm es ρ dV en una distribucion volumetrica de masa, σ dS en una dis-tribucion superficial de masa, λdl en una distribucion lineal de masa. Las can-tidades ρ, σ, λ son, respectivamente, las densidades volumetrica, superficial ylineal de la correspondiente distribucion de masa. Si la densidad de masa esconstante diremos que el cuerpo es homogeneo. Para cuerpos homogeneos, lasdensidades que aparecen en (3.49)–(3.51) se cancelan y el centro de masa seconvierte en una caracterıstica puramente geometrica del cuerpo y recibe elnombre de centroide.

En el caso de que nuestro sistema de puntos materiales sea un solido rıgido(y por tanto las fuerzas aplicadas, en este caso los pesos, se comporten comovectores deslizantes), el centro de masa (o el centro de gravedad) es el puntoen el que se puede aplicar el vector peso total para que sea equivalente alsistema de vectores peso con la particularidad de que su posicion no dependede la direccion de los vectores peso (por tanto, no depende de la orientacion delcuerpo con respecto a la superficie terrestre), ni del sistema de referencia elegido(aunque sus coordenadas seran distintas en sistemas de referencias distintos).

La posicion del centro de masa puede no coincidir con ningun punto mate-rial del sistema. Por ejemplo, en el sistema formado por cuatro masas igualesdispuestas en los vertices de un cuadrado, el centro de masa esta en el centrodel cuadrado.

El centro de masa puede ser un punto exterior al sistema. Por ejemplo, enun solido rıgido plano homogeneo con forma de L el centro de masa puede noestar en ningun punto del solido.

3.10.3. Centro de masa de cuerpos compuestos

Sea un sistema de N puntos materiales de masas mi cuyos vectores posicionson �OP i. Dividamos mentalmente el sistema en dos partes, la formada por losS primeros puntos y la formada por los restantes N − S puntos. Es facil verque

N∑i=1

mi =S∑

i=1

mi +N∑

i=S+1

mi. (3.52)

Ademas, empleando (3.45), podemos escribir

�OG

N∑i=1

mi =N∑

i=1

mi�OP i

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


FIGURA 3.14: Para calcular el cen-tro de masa de la figura de la iz-quierda se puede proceder dividiendoen las dos porciones de la derecha yaplicando la ec. (3.57).

x

y

O x

y

O x

y

O

= +

=S∑

i=1

mi�OP i +

N∑i=S+1

mi�OP i. (3.53)

Ahora bien, los S primeros puntos forman un subsistema cuyo centro de masaG1 esta definido por:

�OG1

S∑i=1

mi =S∑

i=1

mi�OP i. (3.54)

De la misma manera, los restantes N − S puntos forman otro subsistema cuyocentro de masa G2 esta definido por:

�OG2

N∑i=S+1

mi =N∑

i=S+1

mi�OP i. (3.55)

Llamando

M1 =S∑

i=1

mi,

M2 =N∑

i=S+1

mi, (3.56)

podemos reescribir (3.53) como

�OG =M1

�OG1 + M2�OG2

M1 + M2. (3.57)

Esta propiedad es muy util para el calculo de centros de masa de sistemascompuestos a partir de otros cuyo centro de masa sea sencillo de calcular.Tambien es util para el calculo del centro de masa de sistemas que se puedanexpresar como resta de sistemas sencillos.

En el apendice C se presentan los centros de masa de algunas lıneas ysuperficies planas homogeneas.

3.10.4. Momento estatico. Teoremas de Arquımedes

El momento estatico de un sistema de puntos materiales respecto a un planomomento estaticoes la suma de los productos de las masas por sus respectivas distancias al plano.Las distancias van afectadas de un signo que depende de si las partıculas estana un lado u otro del plano.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Ası, el momento estatico de un sistema de N masas mi a distancias di delplano Π vendra dado por

MΠ =N∑

i=1

mi di. (3.58)

En el caso de sistemas continuos de densidad ρ = ρ(x, y, z), el momento estaticorespecto al plano Π vendra dado por

MΠ =∫

V

d ρ dV. (3.59)

En el SI el momento estatico se mide en kilogramo-metro (kg m).

El momento estatico de un sistema de puntos materiales respecto a uncierto plano es igual al momento estatico del centro de masa suponiendoque toda la masa del sistema estuviese concentrada en el.

En efecto, sea eligiendo un sistema de referencia cartesiano de manera queel plano xy coincida con Π, se puede escribir:

MΠ =N∑

i=1

mi zi

= z

N∑i=1

mi

= d

N∑i=1

mi, (3.60)

donde d es la distancia del centro de masa al plano Π. Por tanto, el momentoestatico respecto a cualquier plano que contenga al centro de masa es cero (yaque d = 0) y viceversa: cualquier plano de momento estatico cero contiene alcentro de masa.

Consecuencia de la propiedad anterior son los llamados teoremas de Ar-quımedes, muy utiles para determinar el centro de masa de cuerpos homogeneossimetricos:

Si un cuerpo homogeneo tiene un plano de simetrıa el centro de masaesta en dicho plano.

En efecto, basta con observar que un plano de simetrıa es un plano respectoal cual el momento estatico del sistema de puntos materiales es nulo, por tenerel sistema masas iguales a distancias iguales y opuestas respecto al plano.

Si un cuerpo homogeneo tiene un eje de simetrıa el centro de masa esta endicho eje.

Arquımedes (Siracusa, hacia 287a. de J. C.; Siracusa, 212 a. deJ. C.): Es uno de los mas gran-des pensadores de la Antiguedad.En Matematicas, entre otras co-sas, determino el area del cırcu-lo, el perımetro de la circunferenciay un valor aproximado para π. EnFısica, es el fundador de la Estati-ca (con las leyes de las palancas) yde la Hidrostatica (con el teoremade Arquımedes).

En efecto, basta con observar que cualquier eje de simetrıa es la interseccionde dos o mas planos de momento estatico nulo.

Si un cuerpo homogeneo tiene un centro de simetrıa dicho punto coincidecon el centro de masa.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


FIGURA 3.15: En general, un planoque pase por el centro de masa no di-vide al sistema mecanico en dos par-tes de igual masa ni de igual volumenni de igual longitud.

GG

En efecto, basta con observar que cualquier centro de simetrıa es la inter-seccion de tres o mas planos de momento estatico nulo.

En general, un plano de momento estatico nulo (es decir, un plano que pasepor el centro de masa) no divide al sistema mecanico en dos partes de igualmasa ni de igual volumen ni de igual longitud; lo que es igual en ambas parteses la suma de los productos de las masas por sus correspondientes distanciasal plano.

3.11. Sistema de fuerzas distribuidas

3.11.1. Densidad de carga

Las fuerzas aplicadas al solido rıgido pueden ser de naturaleza discreta ocontinua, es decir, pueden estar aplicadas sobre puntos discretos o bien sobreuna cierta region (por ejemplo, la superficie de apoyo de un solido rıgido con elsuelo). En este ultimo caso se dice que las fuerzas estan distribuidas en dicharegion.

En el caso de fuerzas distribuidas, la densidad de fuerza o densidad dedensidad de fuerzacarga es la fuerza que actua por unidad de volumen (o por unidad de superficie

densidad de carga o longitud, segun el sistema de fuerzas este distribuido sobre un volumen, unasuperficie o una longitud).

En general, la densidad de fuerza es distinta en cada punto. Supondremosque se puede expresar como una funcion vectorial de las coordenadas cartesia-nas del punto,

�f(x, y, z) = fx(x, y, z)�ı + fy(x, y, z)�j + fz(x, y, z)�k. (3.61)

EJEMPLO: La densidad de carga que corresponde a una fuerza total de �F =−6�jkp repartida de modo uniforme a lo largo de 3 m de longitud es �f =−2�jkp/m.

Como ocurrıa en los sistemas de fuerzas discretas, un sistema de fuerzasdistribuidas tambien se puede reducir a una fuerza deslizante con las mismascomponentes que la resultante aplicada en un punto cualquiera Q mas un parcuyo momento sea el momento en Q del sistema. Consideremos, por ejemplo, unsistema de fuerzas distribuidas en un cierto volumen V del solido rıgido. Sobrecada elemento infinitesimal de volumen dV actuara una fuerza d�F = �f dV . Laresultante vendra dada entonces por:

�R =∫

d�F

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

3.11 Sistema de fuerzas distribuidas 81

xx

Ry

O

xx

R

y

O

x

f x( )

y

O

x

f x( )y

O

=

=FIGURA 3.17: Densidad de carga ysuperficie de carga de una carga rec-tangular (arriba izda.) y de una trian-gular (abajo izda.). Esas cargas sonmecanicamente equivalentes a unaunica carga �R cuya lınea de accionpasa por centroide de la superficie decarga (dcha.).

=∫

V

�f dV, (3.62)

y el momento en Q del sistema por:

�MQ =∫

�QP × d�F

=∫

V

�QP × �f dV, (3.63)

donde P indica el punto de cada elemento de volumen dV .

3.11.2. Cargas planas rectas

Una carga plana recta es un sistema de fuerzas paralelas y con el mismo carga plana rectasentido distribuidas a lo largo de una lınea recta.

x

f x( )

y

O

FIGURA 3.16: Densidad de cargaf(x) de una carga distribuida perpen-dicularmente sobre el eje x.

En este texto estudiaremos unicamente cargas planas aplicadas perpendi-cularmente a una recta. Por ejemplo, el peso de la nieve que se ha acumuladosobre una viga horizontal se puede estudiar como una carga plana de este tipo.Si suponemos que el eje x de nuestro sistema de referencia coincide con la lıneade la viga, la carga distribuida se representa por la funcion densidad lineal decarga, f(x), que se mide en unidades de fuerza por unidad de longitud (N/men el SI). Representaremos esta funcion sobre el eje y de nuestro sistema dereferencia (fig. 3.16). En esta representacion, a la superficie limitada por la den-sidad de carga se le llama superficie de carga. Esta superficie tiene dimensionesde fuerza puesto que en el eje horizontal tenemos longitudes y en el verticaldensidades lineales de carga.

Segun la forma que tenga la superficie de carga hablaremos de cargas rectan-gulares o uniformemente distribuidas, en las que la densidad lineal de carga esconstante en todos los puntos (fig. 3.17 arriba izda.), triangulares o uniforme-mente variables (fig. 3.17 abajo izda.), trapezoidales, parabolicas, irregulares,etc.

Las cargas planas que estamos considerando en este texto pueden represen-tarse mediante un sistema de fuerzas paralelas de la forma

d�F = dF (−�j)= f(x) dx (−�j). (3.64)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Dado que la resultante del sistema es no nula, este siempre puede reducirsea una fuerza unica igual a la resultante aplicada en el centro del sistema. Laresultante tendra la misma direccion y sentido que la carga distribuida y sumodulo se calcula como:

R =∫

dF

=∫

f(x) dx, (3.65)

donde la integral se extiende a la region de aplicacion de la carga plana. Ahorabien, puesto que el integrando f(x) dx representa el elemento de area dS bajola curva f(x) (fig. 3.18), el modulo de la resultante del sistema de fuerzas esigual al area encerrada bajo la funcion f(x), que es el area de la superficie decarga y que suele denominarse carga total.x

f x( )

y

O

dx

FIGURA 3.18: Densidad de cargaf(x) de una carga distribuida per-pendicularmente sobre el eje x. El“area” sombreada, de anchura dx,vale f(x) dx.

Para hallar la coordenada x del centro del sistema de fuerzas paralelas bastasustituir, en la expresion (3.38), el sumatorio de las fuerzas extendido a todaslas fuerzas discretas por la integral extendida a las fuerzas infinitesimales dF :

xG =∫

xdF∫dF

=∫

xf(x) dx∫f(x) dx

=∫

xdS∫dS

= x, (3.66)

donde x es la coordenada x del centroide de la superficie de carga. Notese que,al ser las fuerzas distribuidas verticales, conociendo la coordenada x del cen-troide de la superficie de carga la lınea de accion de la fuerza unica equivalenteal sistema queda perfectamente determinada, sin necesidad de determinar lacoordenada y (fig. 3.17 dcha.).

3.11.3. Fuerzas proporcionales a la distancia. Flexion pura.Momento de inercia

Estudiaremos a continuacion un caso particular de fuerzas distribuidas: lasfuerzas paralelas cuya densidad de carga es directamente proporcional a ladistancia a un eje (fig. 3.19).

x

f x( )y

O

FIGURA 3.19: Sistema de fuerzas pa-ralelas cuya densidad de cargas f =f(x) es directamente proporcional ala distancia al eje y.

Fuerzas de este tipo aparecen en dos aplicaciones de interes en arquitectura:

Vigas sometidas a una flexion pura.

Fuerzas hidrostaticas sobre una superficie plana.

A continuacion estudiaremos el caso de vigas sometidas a flexion pura; el otrocaso lo estudiaremos en el capıtulo 6.

En este apartado abandonaremos momentaneamente el modelo de solidorıgido; supondremos que un sistema de fuerzas que actua sobre un solido pue-de producir su deformacion. En particular, estudiaremos un tipo sencillo dedeformaciones.

Una viga es un solido homogeneo e isotropo engendrado por una seccionviga

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


plana S, que generalmente admite un plano de simetrıa, y cuyo centroide des-cribe una curva denominada directriz de modo que el plano que contiene a Ses normal en cada punto a dicha directriz.

Una fibra de una viga es el elemento de volumen generado por un elemen- fibra de una vigato infinitesimal de superficie de la seccion transversal de la viga cuando estaseccion se desplaza a lo largo de la directriz. En particular, la fibra que se en-gendra a partir de un elemento de superficie tomado alrededor del centroide dela seccion se denomina fibra media.

Consideremos una viga homogenea cuya seccion transversal tiene dos ejesde simetrıa y en la que la distribucion de masa es uniforme (σ = cte). En esaseccion, elijamos un sistema de referencia cartesiano {O; x, y} con origen en elcentro de masa de la seccion transversal, es decir (x, y) = (0, 0) (fig. 3.20).

y

z

x

O

( )x,y

dSk

FIGURA 3.20: Seccion transversal dela viga y sistema de referencia elegi-do.

Supongamos que sobre la viga actuan dos pares de fuerzas iguales y opuestosaplicados en sus extremos (fig. 3.21). Se dice entonces que la viga esta sometidaa una flexion pura.

Se llama directriz de la viga al lugar geometrico de los centros de masa de

directriz de la viga

las secciones transversales de la viga. La directriz es, por tanto, perpendiculara cada una de las secciones transversales.

La curva que adopta la directriz despues de una deformacion se llama elasti-ca de la viga.

elastica de la viga

Para simplificar nuestro analisis, consideraremos que la deformacion quesufre la viga cumple la hipotesis de Navier, es decir: toda seccion plana perpen-dicular a la directriz permanece plana y perpendicular a la directriz despues dela deformacion.

Al deformarse la viga, se alargan las fibras longitudinales del lado convexo,que estan sometidas a traccion, y se acortan las fibras del lado concavo, queestan sometidas a compresion. Entre ellas siempre existe una fibra que mantieneconstante su longitud (fig. 3.22).

z

y

z

y −MM

FIGURA 3.21: Viga antes (arriba) ydespues (abajo) de ser sometida auna flexion pura.

Claude Louis Marie Henri Navier(Dijon, 1785; Parıs, 1836): Inge-niero y constructor de puentes, eshoy fundamentalmente recordadopor la llamada ecuacion de Navier-Stokes de la dinamica de fluidos.

Se llama lınea neutra o fibra neutra a aquella fibra que mantiene constantesu longitud.

El alargamiento por unidad de longitud de una fibra situada a una distanciay de la lınea neutra (fig. 3.22) viene dado por

∆l

l0=

y

r, (3.67)

donde l0 es la longitud de la fibra antes de la deformacion y r es el radio decurvatura de la lınea neutra tras la deformacion (fig. 3.22).

Suponiendo que los alargamientos sufridos por las fibras cumplen la ley deHooke, es decir que el alargamiento por unidad de longitud de cada fibra esproporcional a la fuerza e inversamente proporcional al area de la seccion de lafibra, podemos escribir

∆l

l0=

1E

F

S, (3.68)

donde E es una constante caracterıstica del material de la viga, que se llamamodulo de Young .

línea neutra

fibras sometidas a tracción

fibras sometidas a compresión

r

y

FIGURA 3.22: Comportamiento delas fibras longitudinales de una vigasometida a flexion pura.

En la ec. (3.68) es facil comprobar que E tiene dimensiones de fuerza/superficie.En el SI el modulo de Young se mide en newton por metro cuadrado (N/m2) o,lo que es lo mismo, pascal (Pa). Los modulos de Young de diferentes materialespueden encontrarse en el capıtulo 8.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


De (3.67) y (3.68) se llega a que la densidad superficial de carga viene dadapor

�f(x, y) =F

S�k

=E

ry �k, (3.69)

es decir, es directamente proporcional a la distancia al eje x (fig. 3.23).

Thomas Young [Milverton (So-merset), 1773; Londres, 1829]:Ademas de por sus estudios so-bre elasticidad y resistencia de ma-teriales, tambien es famoso por-que en 1801 demostro, medianteun experimento de interferencia, lanaturaleza ondulatoria de la luz.

f x,y( )

z

y

O

FIGURA 3.23: Perfil de la densidad decargas sobre la seccion transversal.

En el sistema de referencia elegido al principio (fig. 3.23) la resultante delas fuerzas internas tiene la siguiente expresion:

�R =∫

�f dS

=∫

E

ry dS �k

=E

r

∫y dS �k

=E

ry S �k. (3.70)

Por otro lado, si la viga esta en equilibrio la resultante de las fuerzas internases nula porque las fuerzas internas equivalen a un par. Por tanto, y = 0, dedonde se deduce que la fibra neutra coincide con la fibra media.

El sistema de fuerzas es equivalente a un par cuyo momento en O es

�MO =∫

(x�ı + y �j) ×(

E

ry �k

)dS

= −∫

E

rx y �j dS +

∫E

ry2�ı dS

=E

r

∫y2 dS�ı. (3.71)

Notese que la primera integral en (3.71) es cero solo si la viga y el sistema dereferencia elegido tienen las caracterısticas descritas antes.

Se llama momento de inercia (o momento de segundo orden) de la seccionmomento de inerciarespecto al eje x a la cantidad

Ix =∫

y2 dS. (3.72)

El momento de inercia es es una cantidad positiva y, en el SI, se mide enkilogramo-metro cuadrado (kg m2).

La integral

Pxy =∫

x y dS (3.73)

se denomina producto de inercia y vale cero por ejemplo si algun eje (x o y) esproducto de inerciade simetrıa.

Cuanto mayor sea el momento de inercia, mayor sera la resistencia a la fle-xion ofrecida por la viga. Ello explica por que los perfiles habituales de las vigasson en forma de I, L, C (cuadrada), U (cuadrada): estas formas geometricastienen momentos de inercia grandes y por tanto aumentan la resistencia a laflexion.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


El momento de inercia respecto al eje x de un sistema plano de N puntosmateriales de masas mi y coordenadas (xi, yi) es

Ix =N∑

i=1

mi y2i . (3.74)

Un resultado (que no demostraremos) muy util para el calculo de momentosde inercia, es el llamado teorema de Steiner:

Jakob Steiner (Utzenstorf, 1796;Berna, 1863): Fue uno de los gran-des contribuidores a la geometrıaproyectiva.

Si IG es el momento de inercia de un cuerpo de masa m respecto a uneje lG que pasa por el centro de masa del cuerpo, entonces el momentode inercia respecto a un eje paralelo a lG que este a una distancia d de lGes

I = IG + m d2. (3.75)

En el apendice C se presentan los momentos de inercia de algunas lıneas ysuperficies planas frecuentes.


Sobre un solido rıgido actuan cuatro fuerzas coplanarias, �F1, �F2, �F3 y �F4, de lasque se conoce que sus rectas de accion pasan por los puntos (0, 0)m, (0, 1)m,(1, 1)m y (1, 0)m respectivamente, segun se muestra en la figura. Los modulos de

las fuerzas �F1 y �F2 son iguales a 10N, los angulos α y β son tales que tan α = 34

y tan β = 12 , y las componentes x e y de las fuerzas �F4 y �F3 valen F4x = −4N y

F3y = 5N.

(a) Determina el sistema fuerza-par equivalente en el origen de coordenadas.

(b) ¿Puede la fuerza 1�ıN, aplicada en el origen de coordenadas, ser una de lasfuerzas del par?

(c) Si es ası, y si tomamos la segunda fuerza del par aplicada en un punto deleje OY , ¿donde deberıamos aplicarla?

(d) Reduce el sistema de las cuatro fuerzas iniciales a solo dos fuerzas, una delas cuales este aplicada en el origen de coordenadas.

(e) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas a una sola fuerza en algun punto delespacio? Si es ası, averigua sobre que punto del eje OX deberıa aplicarse.

(f) Obten la ecuacion del eje central del sistema de fuerzas.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


PROBLEMA RESUELTO 3.3

Solucion:

(a) Determinamos primero la expresion analıtica de las fuerzas. Las fuerzas �F1

y �F2 son paralelas a los ejes coordenados y sus modulos son conocidos, por lo quepodemos escribir directamente,

�F1 = 10�ı = (10, 0)N, (P3.1)�F2 = 10�j = (0, 10)N. (P3.2)

En cuanto a las fuerzas �F3 y �F4, sabemos que

tan α =|F4y||F4x| =

34, (P3.3)

tan β =|F3y||F3x| =

12, (P3.4)

y dado que |F4x| = 4 N y |F3y | = 5 N resulta |F4y| = 3 N y |F3x| = 10 N. Teniendoen cuenta la orientacion de las fuerzas podemos escribir

�F3 = 10�ı + 5�j = (10, 5)N, (P3.5)�F4 = −4�ı + 3�j = (−4, 3)N. (P3.6)

El sistema fuerza-par equivalente en el punto O estara formado por una fuerza

�Ftot = �R

= �F1 + �F2 + �F3 + �F4

= 16�ı + 18�j= (16, 18)N, (P3.7)

cuya lınea de accion pasa por O, y un par de fuerzas de momento

�Mpar = �MO

= �MO(�F1) + �MO(�F2) + �MO(�F3) + �MO(�F4)

= �OO × �F1 + �OP2 × �F2 + �OP3 × �F3 + �OP4 × �F4

= (�ı + �j ) × (10�ı + 5�j ) +�ı × (−4�ı + 3�j )

= −2�k Nm, (P3.8)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


donde se ha tenido en cuenta que el producto vectorial de vectores paralelos esnulo.

(b) Las fuerzas que formen el par han de ser perpendiculares al momento �MO.Como

1�ı · �MO = 0, (P3.9)

la fuerza 1�ıN podra ser efectivamente una de las fuerzas del par.

(c) Si la segunda fuerza del par, −1�ıN, esta aplicada sobre el eje OY , su puntode aplicacion tendra por coordenadas Q(0, y). El momento del par sera entonces

�Mpar = �OQ × (−�ı ) = y �j × (−�ı ) = y �k. (P3.10)

Igualando �MO y �Mpar resulta entonces y = −2m.

Por tanto, el sistema de fuerzas original puede reducirse a las siguientes tres fuerzasequivalentes:

�f1 = (16, 18)N, sobre una recta que pase por (0, 0)m,

�f2 = (1, 0)N, sobre una recta que pase por (0, 0)m,

�f3 = (−1, 0)N, sobre una recta que pase por (0,−2)m.

(d) Al ser las fuerzas �f1 y �f2 concurrentes en el punto O pueden reemplazarse porsu suma, con lo que el sistema puede reducirse tambien al sistema de fuerzas

�f∗1 = (17, 18)N, sobre una recta que pase por (0, 0)m,

�f∗2 = (−1, 0)N, sobre una recta que pase por (0,−2)m.

(e) Para que el sistema inicial de fuerzas pueda reducirse a una unica fuerza equi-

valente se requiere que �Mmin = �0 y, por tanto, que �MO · �R = 0, con �R �= �0. Ennuestro caso dicha condicion se satisface, pues se trata de un sistema de fuerzascoplanarias con resultante no nula.

La fuerza que sea equivalente al sistema completo ha de tener la misma resultantey momento que el sistema completo. Por tanto,

�Ftot = �R = (16, 18)N. (P3.11)

Si suponemos que la fuerza esta aplicada en un punto T del eje OX , de coordenadasT (x, 0), el momento de la fuerza habra de ser

�MO(�Ftot) = �OT × �Ftot = 18x�k = −2�k Nm, (P3.12)

pues �MO = −2�k N m. Resulta entonces x = − 19 m.

En resumen, el sistema de fuerzas inicial puede sustituirse por la fuerza �Ftot aplicadaen el punto T (− 1

9 , 0)m, o en cualquier otro punto de su recta de accion.

(f) Puesto que el sistema es equivalente a una unica fuerza aplicada en el punto T ,el momento del sistema en dicho punto T es nulo y, consecuentemente, mınimo.Por tanto, el punto T pertenece al eje central. Por otro lado, el eje central esparalelo a la resultante, con lo que la ecuacion de la recta del eje central resultaser

x + 19

16=

y − 018

, (P3.13)

donde las coordenadas estan expresadas en metros.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


xy

z

A

B F =1 100 N

O

C

D

A'

A

B

B'

F =1 100 N

F = F =2 1 100 N

O

C

D

xy

z

AM =par 1,2 10 N m

F = 53 0 N

F = 54 0 N

O

C

D

xy

z

37o

37o

(a) (c)(b)

OD = DC = CA = 1/3 mAB = A'B' = 1/5 mAA' = BB' = 1/10 m

FIGURA 3.24:


En la fig. 3.24 (a) se muestra una tuberıa acodada anclada a un deposito por elpunto O. En su extremo A se ha colocado un codo que ya esta practicamenteenroscado y que se esta asegurando aplicando una fuerza de modulo F1 = 100Na una llave.

(a) Calcula el momento de dicha fuerza en el punto A.

(b) Calcula el sistema fuerza-par equivalente en el punto O.

Se aplica a continuacion una fuerza F2 de 100N en el extremo de una nueva llaveanclada en el punto A′ tal y como se muestra en la fig. 3.24 (b).

(c) Determina el sistema fuerza-par equivalente en el punto A y en el punto O.

A continuacion, se aplican dos fuerzas mas, �F3 y �F4, ambas de modulo 50N, comose observa en la fig. 3.24 (c). En esta nueva situacion:

(d) Calcula el sistema fuerza-par equivalente en O.

(e) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas aplicadas a una fuerza unica? Encaso afirmativo, halla el punto del plano OXY donde se puede aplicar unasola fuerza �F5 que anule al anterior sistema, y el valor de dicha fuerza. Explicacomo podrıa aplicarse a la tuberıa.

Nota: Considera cos 37◦ = 45 , sen 37◦ = 3

5 .

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Solucion:

(a) Observamos a partir de la fig. 3.24 (a) que

�MA(�F1) = �AB × �F1

= 0,2�ı× 100�j

= 20 �k Nm. (P4.1)

(b) El efecto de �F1 en A es equivalente a una fuerza �Ftot aplicada en O de

componentes iguales a las de �F1 y un par cuyo momento de par �Mpar es igual

a �MO = �OB× �F1. Ası, de la figura, y viendo que el punto B tiene de coordenadasB( 8

15 , 13 ,− 1

3 )m, obtenemos

�Ftot = �F1 = (0, 100, 0)N, (P4.2)

que expresa una tendencia a la traslacion segun el eje OY , y ademas,

�Mpar = �MO =

∣∣∣∣∣∣∣�ı �j �k815

13 − 1

3

0 100 0

∣∣∣∣∣∣∣= (

1003

, 0,1603

)N m, (P4.3)

que expresa la tendencia a la rotacion.

(c) Como es �F2 = −�F1 = (0,−100, 0)N, el sistema de fuerzas �F1, �F2 forman unpar, cuyo momento tiene el mismo valor en todos los puntos del espacio. Ası, tantoen A como en O, el sistema fuerza-par equivalente estara formado unicamente poruna par de fuerzas cuyo momento de par sea

�Mpar = �B′B × �F1

= −0,1�k × 100�j

= (10, 0, 0)Nm. (P4.4)

No es necesario la aplicacion de una fuerza en el punto de reduccion, pues

�Ftot = �R = �F1 + �F2 = �0, (P4.5)

Si comparamos este resultado con el obtenido en el apartado (b) observamos quela aplicacion de las dos llaves tiene ahora un menor efecto mecanico sobre elconjunto de las tuberıas. Por un lado, no hay fuerza neta que intente trasladarel sistema de tuberıas (�Ftot = �0), y por otro no existe momento en direccion z queintente hacerlas rotar (Mparz = 0). Sin embargo, la llave AB, que esta aplicadadirectamente sobre el codo, ejerce un par sobre este que tiende a hacerlo girar,enroscandolo sin afectar sensiblemente al resto de las tuberıas gracias a la aplicacionde la otra llave.

(d) En O el sistema fuerza-par equivalente se compone de una fuerza �Ftot con

componentes iguales a las de la resultante �R de las fuerzas aplicadas, y de un parde �Mpar igual al momento del sistema en O, �MO. Para calcularlos necesitamos

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


antes determinar de la fig. 3.24 (c) las componentes de las nuevas fuerzas y susmomentos en O:

�F3 = (0, 50 cos37◦, 50 sen 37◦)= (0, 40, 30)N, (P4.6)

�F4 = (−40, 0, 30)N, (P4.7)�MO(�F3) = �OC × �F3

=

∣∣∣∣∣∣∣�ı �j �k13

13 0

0 40 30

∣∣∣∣∣∣∣= (10,−10,

403

)N m, (P4.8)

�MO(�F4) = �OD × �F4

=

∣∣∣∣∣∣∣�ı �j �k

0 13 0

−40 0 30

∣∣∣∣∣∣∣= (10, 0,

403

)N m. (P4.9)

Ası, finalmente,

�Ftot = �R = �0 + �F3 + �F4

= (−40, 40, 60)N, (P4.10)�Mpar = �MO = �Mpar 1,2 + �MO(�F3) + �MO(�F4)

= (30,−10,803

)N m. (P4.11)

(e) Este sistema de fuerzas sera reducible a una unica fuerza si cumple que su

primer invariante, �R, es no nulo y su invariante escalar, �MO · �R, sı es nulo. Loprimero es obvio, y lo segundo lo vamos a comprobar:

�MO · �R = −1200− 400 + 1600 = 0, (P4.12)

luego sı es reducible a una unica fuerza: �Ftot aplicada en el eje central del sistema.

Entonces, para anular esa fuerza unica equivalente (y por ello para anular el sistemade partida) habra que aplicar una fuerza opuesta tambien en el eje central.

Ası, ya sabemos el valor de la fuerza, �F5 = −�R = (40,−40,−60)N.

Y el punto E(x, y, 0) ∈ OXY donde se aplica lo hallaremos imponiendo que debepertenecer al eje central, donde el momento es mınimo y, ademas, nulo en nuestrocaso.

El eje central del sistema se obtiene aplicando el teorema del centro de reduccionentre un punto donde se conoce el momento del sistema (tal como el O: �MO =(30,−10, 80

3 )N m) y un punto cualquiera E del eje central (donde tambien seconoce el momento, que es el mınimo, nulo en nuestro caso):

�MO = �ME + �OE × �R, (P4.13)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


que, en este caso, queda:�MO = �OE × �R; (P4.14)

(30,−10,803

) =

∣∣∣∣∣∣∣�ı �j �k

x y 0−40 40 60

∣∣∣∣∣∣∣= (60y,−60x, 40x + 40y) (P4.15)

Ası, resulta:

30 = 60 y (P4.16)−10 = −60 x (P4.17)803

= 40 x + 40 y. (P4.18)

Y el resultado es E(16 , 1

2 , 0)m (no necesitaremos usar la ec. (P4.18) porque eslinealmente dependiente de las otras dos).

La manera de aplicar �F5 a la tuberıa, para ası anular el sistema de fuerzas sobre ella,puede ser mediante una llave de longitud 1

6m que cumpla las siguientes condiciones:

(i) Que este agarrada en el punto medio del segundo tramo recto de la tuberıa,CD. Ası, la boca de la llave estara situada en x′ = 1

6 m, y′ = 13 m.

(ii) Que tenga el mango dispuesto en el plano OXY , perpendicular a CD. Elextremo del mango tendra por entonces por coordenadas x′ = 1

6 m, y =13 + 1

6 = 12 m.

Sobre el extremo de la llave habremos de aplicar entonces la fuerza �F5.


En la figura se muestra una viga sobre la que actuan dos sistemas de fuerzasdistribuidas y dos fuerzas puntuales.

(a) Halla el modulo F de las fuerzas puntuales y el valor de la carga total Pt dela distribucion triangular si queremos que el sistema completo de fuerzas seanulo.

(b) Calcula en ese caso, de dos formas distintas, el centro de fuerzas paralelasdel sistema formado por todas las fuerzas distribuidas.

(c) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas distribuidas a una unica fuerza apli-cada sobre la viga? En caso afirmativo, calcula el valor y punto de aplicacionde dicha fuerza puntual.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


PROBLEMA RESUELTO 3.5

2 m 3 m 2 m

Pt fr = 5 10 N/m3Pr

F F

Solucion:

(a) En la fig. P5a se indica a que fuerzas se reducen los sistemas de fuerzas dis-tribuidas triangular y rectangular, y cuales son sus puntos de aplicacion. Estos secalculan sabiendo que se situan en el centroide de la correspondiente superficie decarga: el centroide del triangulo esta a 1

3 de su base midiendo desde su altura, y eldel rectangulo a 1

2 de su base.

La carga total de la distribucion rectangular es

Pr = b h = 104 N. (P5.1)

Nos piden hallar Pt y las fuerzas puntuales F de los extremos de forma que el siste-ma completo de fuerzas sobre la viga sea nulo. Eso significa imponer las siguientescondiciones: ∑

�F = �0, (P5.2)∑�MI = �0, (P5.3)

donde hemos elegido el extremo izquierdo I como punto de reduccion.

FIGURA P5a: Resolucion del aparta-do (a).

Como todas las fuerzas son (paralelas) verticales y coplanarias, elegimos los ejescoordenados de la fig. P5a, donde el eje vertical es el IY , el plano IXY es el quecontiene todas las fuerzas que actuan sobre la viga, y el eje perpendicular a eseplano es el IZ. De esa forma, teniendo en cuenta la figura, las unicas condicionesescalares no triviales que resultan son las dos siguientes:∑

Fy = 0 :

2F − Pt − Pr = 0. (P5.4)

∑MIz :

−Pt 3 − Pr 6 + F 7 = 0. (P5.5)

Sustituyendo, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

2F − Pt − 104 = 0, (P5.6)7F − 3Pt − 6 × 104 = 0. (P5.7)

Resolviendolo resulta:

F = 3 × 104 N, (P5.8)Pt = 5 × 104 N. (P5.9)

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Pt Pr

+ =

=+

x =G 7/2 m

7 mF←

F←

xG

I G

P + Pt r

← ←

7/2 m2F

←

FIGURA P5b: Forma grafica de calcular del centro de fuerzas paralelas del sistema formado por todas las fuerzas distribuidas

(b) La primera forma de calcular el centro de fuerzas paralelas del sistema formadopor todas las fuerzas distribuidas la resumimos en la fig. P5b.

La segunda forma hace uso de la formula que determina en general al centro defuerzas paralelas, en este caso fijandonos solo en las dos cargas puntuales equiva-lentes a las distribuidas en la fig. P5a.

Ası, el centro de fuerzas paralelas es el punto G(xG, yG), con:

xG =Ptxt + Prxr

Pt + Pr

=5 × 104 × 3 + 104 × 6

6 × 104

=72

m. (P5.10)

yG =Ptyt + Pryr

Pt + Pr

=5 × 104 × 0 + 104 × 0

6 × 104

= 0 m. (P5.11)

(c) Sı, por tratarse de un sistema de fuerzas paralelas (⇒ �M · �R=0) de resultante

no nula (�R �= 0). La fuerza puntual equivalente �Ftot estarıa aplicada en el ejecentral del sistema, del cual conocemos el punto G, y tendrıa como componenteslas de �R: �Ftot = (0,−6 × 104)N, aplicada en G(7

2 , 0)m.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


Problemas propuestos

3.1. Sea el sistema de fuerzas sobre un solido rıgido dela figura, cuyos modulos son |�F1| = 4 N, |�F2| = 2 N,

|�F3| = |�F4| = 1 N, sus direcciones las de las aristas corres-pondientes del prisma dibujado en el solido, sus sentidoslos indicados, y que se aplican en los puntos P1(2, 2, 3)m,P2(0, 0, 3)m, P3(2, 0, 0)m y P4(0, 2, 0)m del solido. Conesta informacion:

(a) Determina la resultante y el momento del sistema enel origen de coordenadas.

(b) ¿Cuanto vale el invariante escalar? ¿Cuanto valdra elmomento del sistema en un punto E del eje central?

(c) Justifica a partir de lo anterior si el punto de coorde-nadas P (6, 2, 0)m pertenece al eje central.

(d) Halla la ecuacion del eje central del sistema de fuerzas.

x

z

yO

P2

P3

P4

P1

F1

←

F4

←

F3

←

F2

←

PROBLEMA 3.1

3.2. La figura representa una placa triangular rıgida de pe-so despreciable sobre la cual se aplica el sistema de fuerzasSI formado por las fuerzas �FA, �FB, �FC . Sabiendo que losmodulos de las fuerzas son |�FA| = |�FB | = |�FC | = 10N:

(a) Reduce el sistema SI a un sistema fuerza-par en elpunto B.

(b) Determina una unica fuerza �FI equivalente al siste-ma SI en algun punto del lado AB, indicando cual es esepunto.

(c) Halla el eje central del sistema SI .

(d) ¿Es posible anular el sistema SI aplicando una unicafuerza en el punto medio del lado AC?

(e) Si no es posible, ¿puede anularse anadiendo ademasun par? ¿Que valor tendra este?


5 .

PROBLEMA 3.2

3.3. La plataforma flotante de embarque de la figura esaproximada a su lugar de anclaje definitivo mediante cuatroremolcadores. Cada remolcador ejerce una fuerza de 25 kNen la direccion representada. Determina:

(a) El sistema fuerza-par equivalente a las fuerzas ejerci-das por los remolcadores en el punto O.

(b) El punto del pantalan AB en el que un unico remol-cador mas potente deberıa empujar a la plataforma paraproducir el mismo efecto que los cuatro remolcadores ori-ginales. ¿Con que fuerza deberıa empujar?

O

y

x

4 m 4 m 4 m

20 m

50 m

50 m

50 m

30 m

15 m

4 m45º

60º

20 m

A B

PROBLEMA 3.3

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

Problemas propuestos 95

3.4. En la figura se muestra el techo en voladizo de un es-tadio deportivo, que junto a su soporte, se puede considerarcomo un solido rıgido de peso 200 kN aplicado en el centrode gravedad, de coordenadas G(3, 5)m. En el techo AB setiene una fuerza uniformemente distribuida debida a la nie-ve, de densidad de carga 5/8 kN/m. En el lateral CD actuaperpendicularmente una distribucion triangular de fuerzasdebidas al viento, cuya densidad maxima de carga se produ-ce en el punto C, donde su valor es 2/3 kN/m. Finalmente,la tension del cable en el punto A vale T = 112 kN.

(a) Reduce cada fuerza distribuida a una sola fuerza equi-valente, indicando las componentes y punto de aplicacionde cada una.

(b) Reduce el sistema formado por las fuerzas distribuidas,el peso y la tension a un sistema fuerza-par equivalente enel punto O.

(c) Reduce el sistema anterior a una unica fuerza equi-valente aplicada en el eje OY , indicando claramente lascomponentes de la fuerza y las coordenadas de su puntode aplicacion.

(d) Halla la ecuacion del eje central del anterior sistemade fuerzas.


5 .

53o

O

A B

D

G (3,5) m

y

x

9 m

8 m

T�

C 1 m

1 m

PROBLEMA 3.4

3.5. La figura representa un soporte publicitario forma-do por un panel OB unido rıgidamente a una estructurametalica. La estructura metalica esta apoyada sin rozamien-to en A. Sobre el panel actua frontalmente la fuerza delviento, que puede tratarse como una distribucion de fuer-zas triangular, de modo que la densidad de fuerza en lazona superior es 200N/m. El peso del conjunto del panel yde la estructura metalica es P = 700N, y las coordenadas

de su centro de masa en el sistema de referencia de la figurason G( 3

10 , 65 )m. En las condiciones descritas, el modulo de

la fuerza �φ de reaccion en el apoyo es φ = 550N.

(a) Determina la fuerza equivalente, �F , ejercida por elviento sobre el panel e indica su punto de aplicacion sobreel mismo.

(b) Halla el sistema fuerza-par equivalente al sistema de

fuerzas { �F , �P , �φ} en el punto O.

(c) Reduce el sistema de fuerzas { �F , �P , �φ} a una fuerzaunica aplicada sobre el panel, y determina su punto deaplicacion.

(d) Calcula la ecuacion del eje central del sistema de fuer-

zas { �F , �P , �φ}.

1,2 m

4,5 m

200 N/m

OA

B

x

y

G(3/10, 6/5) m

PROBLEMA 3.5

3.6. Sobre las paredes de un muro homogeneo de 2 kN depeso actua un conjunto de fuerzas distribuidas tal como semuestra en la figura. La densidad de carga maxima de ladistribucion triangular de la izquierda es 80

3 kN/m, la cargatotal de la distribucion triangular de la derecha vale 20 kNy la densidad de carga de la distribucion rectangular es de20 kN/m.

(a) Calcula las coordenadas del centro de gravedad delmuro.

(b) Calcula el sistema fuerza-par equivalente en el puntoB del conjunto de fuerzas formado por el peso del muro ylas tres fuerzas distribuidas.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


(c) Razone si es posible reducir el sistema a una unicafuerza equivalente en algun punto del tramo AB.

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

2.95 m

1 m��

�

��

3 m

A B

2 m

PROBLEMA 3.6

3.7. La placa de cimentacion rectangular de la figura so-porta las cargas de 6 columnas, cargas que consideraremosfuerzas puntuales aplicadas sobre la placa en la base cadacolumna. Calcula las fuerzas que deben ejercer las columnasA y B para que el centro del sistema de fuerzas ejercidas portodas las columnas sobre la placa sea el centro geometricode la misma.

x

y

z

6 m 6 m

6 m

200 kN100 kN

50 kN 30 kN

AB

PROBLEMA 3.7

3.8. Un sistema de fuerzas paralelas sobre un solido rıgi-do esta constituido por �F1 = (1, 2, 3)N, aplicada en el

punto P1(0, 1, 1)m; �F2 = (3, 6, 9)N, aplicada en el pun-

to P2(−2, 1, 5)m; y �F3 aplicada en el punto P3(3, 1, 1)m.

(a) Determina las componentes de �F3, de forma que elcentro G del sistema sea el punto de interseccion del ejecentral del sistema con el plano coordenado OY Z.

(b) En este caso, calcula las coordenadas del centro G delsistema de fuerzas.

(c) Calcula el momento del sistema en el origen de co-ordenadas. (Se recomienda que se calcule directamente y,ademas, se compruebe a partir del momento en G).

(d) Comprueba que el invariante escalar del sistema escero.

3.9. Sobre una viga recta horizontal de 10m de longitud seaplica el sistema formado por las siguientes fuerzas:

Una fuerza puntual de modulo 10N, aplicada a 1mdel extremo izquierdo de la viga, cuya direccion for-ma 53◦ con la viga y la empuja hacia abajo y hacia laderecha.

Una fuerza distribuida triangular normal a la viga yorientada hacia abajo, que actua en la zona de la vigacomprendida entre los 2 m y los 5 m medidos desde elextremo izquierdo de la viga, y presenta una densidadde carga maxima de 8 N/m en el punto situado a 5mdel extremo izquierdo.

Una fuerza de 16N normal a la viga y orientada haciaabajo, distribuida uniformemente en la zona de la vigacomprendida entre los 5m y los 7m, medidos desdeel extremo izquierdo de la viga.

Una fuerza puntual de 4N normal a la viga y orienta-da hacia abajo, aplicada a 8 m del extremo izquierdode la viga.

Considerando la viga como un solido rıgido:

(a) Calcula el centro de fuerzas paralelas del sistema for-mado por las fuerzas distribuidas y la fuerza puntualde 4N.

(b) ¿Es posible reducir ese sistema de fuerzas paralelasa una sola fuerza? En caso afirmativo, calcula su valor ypunto de aplicacion.

(c) Reduce el sistema de fuerzas total a un sistema fuerza-par equivalente en el extremo izquierdo de la viga.

(d) ¿Es posible reducir el sistema completo a una solafuerza? En caso afirmativo, encuentra a que distancia delextremo izquierdo puede aplicarse esa unica fuerza equi-valente y calcula las componentes de dicha fuerza.


5 .

3.10. El momento de un sistema de fuerzas sobre un soli-do rıgido en el punto O (0, 0, 0) es �MO = (2, 1,−3)Nm,

en el punto A (1, 1, 0)m es �MA = (0, 3,−1)Nm, y en el

punto B (1, 1, 1)m es �MB = (−1, 2,−1)Nm. Halla:

(a) La resultante, el invariante escalar y el tercer invarian-te.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

Cuestiones 97

(b) El momento mınimo del sistema.

(c) La ecuacion del eje central.

3.11. De un sistema de fuerzas sobre un solido rıgido se sabeque

el eje central es la recta x = y = z,

la resultante tiene todas sus componentes positivas ysu modulo vale 3

√3N,

el invariante escalar es 54 N2 m.

Calcula:

(a) La resultante del sistema.

(b) El momento mınimo.

(c) El momento del sistema en el origen de coordena-das O.

(d) El sistema fuerza-par equivalente en O.

(e) El momento del sistema en el punto Q (1, 1, 0)m.

(f) El sistema fuerza-par equivalente en Q.

Cuestiones

3.1. Sea �F , de componentes �F = (Fx, Fy, 0), una fuerzaaplicada sobre un solido rıgido. Entonces su momento en elpunto Q(0, 0, 1)

(a) es un vector unitario.

(b) tiene modulo igual a la distancia entre Q y la recta de

accion de �F .

(c) es un vector perpendicular al plano que contiene a Q

y a la recta de accion de �F .

(d) es un vector que tiene la direccion del eje z.

3.2. Si el momento de una fuerza no nula �F que actuasobre un solido rıgido es igual en dos puntos A y B,�MA(�F ) = �MB(�F ), entonces, necesariamente,

(a) el vector �AB tiene la misma direccion que �F .

(b) A y B estan en la recta de accion de �F .

(c) la distancia entre A y B coincide con el modulo de �F .

(d) A y B coinciden.

3.3. Sea �F , de componentes �F = (Fx, Fy, 0), una fuerzaaplicada sobre un solido rıgido, cuyo momento en el pun-to Q es �MQ(�F ) = (0, 0, 1)N m. Entonces, necesariamente

(a) �F es un vector unitario.

(b) la distancia entre Q y la recta de accion de �F es 1m.

(c) Q pertenece al plano z = 0.

(d) Q pertenece al plano z =constante que contiene a la

recta de accion de �F .

3.4. Si el invariante escalar de un sistema de fuerzas apli-cadas sobre un solido rıgido es nulo y la resultante no lo es,entonces

(a) el momento del sistema en cualquier punto es nulo.

(b) el momento del sistema es siempre paralelo a la resul-tante.

(c) el momento del sistema es perpendicular a la resultan-te solo en puntos del eje central.

(d) Ninguna de las otras afirmaciones es necesariamentecierta.

3.5. Sea un sistema de fuerzas aplicadas sobre un solidorıgido tal que �R �= �0 y �MP · �R �= 0. Entonces

(a) el sistema puede reducirse a un conjunto de vectoresparalelos.

(b) el vector momento mınimo es, con toda seguridad, nonulo.

(c) existen casos particulares en los que el sistema se pue-de reducir a un unico vector en puntos del eje central.

(d) el sistema es mecanicamente equivalente a un par defuerzas.

3.6. Senala la afirmacion correcta acerca del momentomınimo de un sistema de fuerzas aplicadas sobre un solidorıgido:

(a) Para que sea nulo es necesario que �MO · �R = 0.

(b) Para que sea nulo basta con que �MO · �R = 0.

(c) Para que sea no nulo, es necesario que �MO · �R �= 0.

(d) Todas las otras respuestas son correctas.

3.7. Un sistema de fuerzas aplicadas sobre un solido rıgi-do, de resultante �R = (1, 2, 1)N, concurre en el pun-to P (0, 2,−1)m. Sea el punto Q(1, 0, 3)m del espacio. Secumplira que

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT


(a) el punto P es un punto del eje central, pero no elpunto Q.

(b) el punto Q pertenece al eje central, pero no el pun-to P .

(c) ambos puntos P y Q pertenecen al eje central.

(d) ni el punto P ni el punto Q pertenecen al eje central.

3.8. Si a un sistema no nulo de fuerzas aplicadas sobre unsolido rıgido se le anade cierta fuerza y se convierte en unsistema nulo, podremos afirmar del sistema de partida que

(a) tenıa invariante escalar no nulo.

(b) era equivalente a un par de fuerzas.

(c) tenıa resultante no nula pero momento nulo en todoslos puntos del espacio.

(d) era reducible a una sola fuerza deslizante.

3.9. Sea un sistema de fuerzas aplicadas a un solido rıgido,de resultante �R �= �0, y momento en un punto del eje cen-tral �ME �= �0. Podemos afirmar que es posible anular esesistema si se le anade

(a) una unica fuerza deslizante cuyas componentes coin-

ciden con las de −�R, aplicada en un punto del eje central.

(b) un par de momento − �ME.

(c) una unica fuerza deslizante cuyas componentes coin-

ciden con las de −�R, aplicada en un punto P , no necesa-riamente del eje central.

(d) Todas las otras respuestas son falsas.

3.10. Sea un sistema de N fuerzas aplicadas sobre un solidorıgido. Tras efectuar operaciones que nos permiten reducirloobtenemos un sistema equivalente al de partida, integradosolo por DOS fuerzas. Senala la afirmacion falsa.

(a) Si las dos rectas de accion se cruzan (no se cortan)en el espacio, siempre es posible la reduccion del sistemaa una unica fuerza.

(b) Si las dos rectas de accion se cortan en un punto uni-co, siempre es posible la reduccion del sistema a una solafuerza.

(c) Si las dos rectas de accion son paralelas y las fuerzastienen distinto modulo, siempre es posible la reduccion delsistema a una unica fuerza.

(d) Si las dos rectas de accion son paralelas y los modulosde las fuerzas coinciden, continuar reduciendo el sistemapuede NO ser posible.

3.11. Dado un sistema de fuerzas paralelas aplicadas sobreun solido rıgido con resultante no nula, podemos afirmarcon toda seguridad que

(a) el momento en cualquier punto es nulo.

(b) existe una infinidad de puntos en el espacio en los queel momento del sistema es nulo.

(c) el centro del sistema es justamente el unico punto enel cual el momento del sistema es no nulo.

(d) la resultante es perpendicular al eje central del siste-ma.

3.12. En una viga rıgida horizontal de 12m de longitud sedistribuyen 104 N de carga en los primeros 3 m, y otros104 N de carga en los restantes 9m, siendo ambas distribu-ciones de carga triangulares, como se muestra en la figura.Entonces, la carga total sobre la viga se puede reducir auna carga puntual de valor 2 × 104 N aplicada

(a) a 3m del extremo izquierdo de la viga, donde terminauna carga y comienza la otra.

(b) a 5,5m del extremo izquierdo de la viga.

(c) en el centro de la viga.

(d) en cualquier punto de la viga.

I D3 m 9 m

CUESTION 3.12

3.13. En la figura se muestra un sistema material formadopor un cuadrado y un cuadrante circular, ambos de igualmasa. Sea E1 y E2 ejes de simetrıa del cuadrado y delcuadrante, respectivamente. Entonces,

(a) el centro de masa del conjunto esta ubicado en el pun-to de interseccion de ambos ejes.

(b) el conjunto de los dos cuerpos carece de centro demasa, pues no posee ningun eje de simetrıa global, perosı posee centro de gravedad.

(c) el centro de masa esta situado en la lınea de contactoentre los dos cuerpos, pues sus masas son identicas.

(d) Ninguna de las otras respuestas es correcta.

DPT

O. F

ISIC

A AP

LIC

ADA

II - E

UAT

Cuestiones 99

E1

E2

CUESTION 3.13

3.14. Sea la placa cuadrada homogenea de la figura, de 8 kpde peso. Si le quitamos la porcion menos sombreada, elnuevo peso de la placa, de modulo 6 kp, se aplicara en elpunto

(a) G(−1, 0)m.

(b) G(1, 0)m.

(c) G(− 13 , 0)m.

(d) G(13 , 0)m.

2 2 m

y

x

CUESTION 3.14

Fuerzas aplicadas a un s´olido r´ıgido -...

Documents

Transcript of Fuerzas aplicadas a un s´olido r´ıgido -...