AT EU I-

Cap´ıtulo 3

Introducci´ on. S´ olido r´ıgido

AP

3.1.

LIC

AD

AI

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

TO .

FIS I

CA

En el cap´ıtulo anterior estudiamos la est´ atica de sistemas f´ısicos que, por las caracter´ısticas del problema estudiado, pod´ıamos considerar como una u ´ nica part´ıcula. Sin embargo, ese punto de vista no es siempre posible. Para estudiar la din´ amica de ciertos sistemas hay que tener en cuenta su tama˜ no, geometr´ıa y estructura interna, as´ı como el hecho de que las fuerzas puedan actuar sobre puntos diferentes. Nosotros describiremos los sistemas mec´ anicos como un conjunto de part´ıculas. Para muchos problemas de arquitectura e ingenier´ıa no es necesario un modelo tan general, basta con el modelo de s´olido r´ıgido. Un s´ olido r´ıgido es un sistema de puntos materiales en el que la distancia entre dos cualesquiera de ellos no cambia ante la acci´ on de un sistema de fuerzas (fig. 3.1). Es decir, un s´ olido r´ıgido no se puede deformar. Los sistemas f´ısicos reales no son r´ıgidos, se deforman bajo la acci´ on de fuerzas. Sin embargo, el modelo de s´olido r´ıgido es aplicable cuando estas deformaciones son peque˜ nas comparadas con las dimensiones del sistema mec´anico. Del estudio de las deformaciones se ocupa la resistencia de materiales. Dado que un s´ olido r´ıgido es un sistema de puntos materiales, las fuerzas que act´ uan sobre un s´ olido r´ıgido pueden dividirse en: Fuerzas interiores, que son aqu´ellas que se ejercen entre s´ı las part´ıculas que forman el s´ olido r´ıgido y mantienen constantes las distancias entre ellas.

DP

Fuerzas exteriores, que son las que ejercen otros cuerpos sobre el s´olido r´ıgido considerado. Las fuerzas exteriores son las u ´ nicas relevantes en el estudio del equilibrio y movimiento del s´olido r´ıgido. En este cap´ıtulo y en los cap´ıtulos 4 y 5 nos ocuparemos u ´ nicamente de fuerzas exteriores que act´ uan sobre s´ olidos r´ıgidos. 57

s´olido r´ıgido

i

rij

j

FIGURA 3.1: N puntos materiales forman un s´ olido r´ıgido si cumplen la condici´ on de rigidez: |
rij | = cte ∀ i, j = 1, 2, . . . , N , donde
rij es el vector con origen en el punto material i y extremo en el punto material j.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

58

Principio de transmisibilidad

EU

3.2.

I-

El principio de transmisibilidad afirma que las condiciones de equilibrio o movimiento de un s´olido r´ıgido se mantendr´ an inalteradas si una fuerza F
que act´ ua en un punto dado del s´ olido r´ıgido se sustituye por una fuerza F

de igual m´ odulo, direcci´ on y sentido, pero que act´ ua en un punto diferente, siempre que las dos fuerzas tengan la misma recta de acci´ on (fig. 3.2). En ese caso, las dos fuerzas F
y F

producen el mismo efecto mec´ anico (traslaci´ on, rotaci´on) sobre el s´olido r´ıgido, y se dice que son mec´ anicamente equivalentes. Este principio tiene una base experimental. No puede ser deducido de ninguna de las propiedades establecidas en este texto1 . N´otese que dos fuerzas F
1 y F
2 , con el mismo m´odulo, la misma direcci´ on y el mismo sentido no son, en general, mec´anicamente equivalentes, ya que sus rectas de acci´on no tienen por qu´e ser coincidentes. Nuestro estudio de la est´atica del s´olido r´ıgido se basar´ a en cuatro principios:

F

AD

=

AI

F

FIGURA 3.2: Si el cuerpo es un s´ olido r´ıgido, dos fuerzas de igual m´ odulo, direcci´ on y sentido que est´en aplicadas sobre sendos puntos de la misma recta de acci´ on provocan el mismo efecto mec´ anico (principio de transmisibilidad).

La regla del paralelogramo para la suma de fuerzas.

LIC

El principio de transmisibilidad. La primera ley de Newton. La tercera ley de Newton.

3.3.

Sistemas equivalentes de fuerzas

DP

TO .

FIS I

CA

AP

En el cap´ıtulo 2 indic´ abamos que las fuerzas aplicadas sobre una part´ıcula pod´ıan representarse mediante vectores. Estos vectores ten´ıan un punto de aplicaci´on bien definido —la propia part´ıcula— y eran, por tanto, vectores ligados. El principio de transmisibilidad nos dice que en el caso de fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido, el punto de aplicaci´ on de la fuerza no importa, siempre que pertenezca a la recta de acci´on de la fuerza. Por tanto, las fuerzas aplicadas sobre un s´ olido r´ıgido se representar´an mediante vectores deslizantes. En este cap´ıtulo y en los cap´ıtulos 4 y 5, cada vez que hablemos de una fuerza F
nos estaremos refiriendo a una fuerza aplicada a un s´ olido r´ıgido y, por tanto, descrita mediante un vector deslizante. No obstante, las operaciones y relaciones matem´aticas entre vectores que se emplear´an en el texto deben entenderse como operaciones y relaciones entre vectores libres, por lo que F
representar´ a en estos casos un vector libre con el m´ odulo, direcci´ on y sentido a como igualdad en m´ odulo, de la fuerza. As´ı, la expresi´on F
1 = F
2 se interpretar´ direcci´on y sentido de las fuerzas F
1 y F
2 , pero no como coincidencia de sus rectas de acci´on. Si adem´ as las fuerzas tienen id´entica recta de acci´ on, dicha igualdad se expresar´a como F
1 ≡ F
2 .

sistema de fuerzas

Se llama sistema de fuerzas a un conjunto de fuerzas que act´ ua sobre un sistema mec´anico. anicamente equivalentes son aqu´ellos que producen el missistemas mec´anicamente equivalentes Dos sistemas mec´ mo efecto mec´anico si se aplican sobre un mismo s´ olido r´ıgido. 1 Pero

s´ı del estudio de la din´ amica del s´ olido r´ıgido.

59

AT

Sistemas equivalentes de fuerzas

x

O

F2

=

F x

O

I-

F1

(a) Fy O

(b) y

y

O

x

=

−F

O

CA

(c)

x

Fx

AP

F

AD

x =

LIC

F

AI

y

y

O

EU

y

y

x

y

=

FIS I

y

x

O

−F

F x

O

(d)

y

TO .

y

F

O

DP

3.3

F

x =

(e)

P O

x FIGURA 3.3: Operaciones que transforman un sistema de fuerzas que act´ ua sobre un s´ olido r´ıgido en otro mec´ anicamente equivalente.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

B

A

F FIGURA 3.4: Dos sistemas de fuerzas mec´ anicamente equivalentes.

−F B

=

−F F A

B

−F F

A

=

B

=

A

B

A

B

AI

A

=

EU

F

I-

−F

AT

60

AD

Un sistema de fuerzas que act´ ua sobre un s´ olido r´ıgido puede transformarse en otro mec´ anicamente equivalente mediante una o varias de las operaciones elementales siguientes: (a) Sustituir dos fuerzas que act´ uan sobre la misma part´ıcula por su suma vectorial (ver fig. 3.3 a).

LIC

(b) Descomponer una fuerza en dos componentes aplicadas en la misma part´ıcula (ver fig. 3.3 b). (c) Anular fuerzas iguales y opuestas que act´ uan sobre la misma part´ıcula (ver fig. 3.3 c).

AP

(d) Aplicar a una part´ıcula dos fuerzas iguales y opuestas (ver fig. 3.3 d). (e) Deslizar una fuerza a lo largo de su recta de acci´ on (ver fig. 3.3 e).

DP

TO .

FIS I

CA

El hecho de que las operaciones (a)–(d) transformen un sistema en otro mec´anicamente equivalente se justifica a partir de la regla del paralelogramo. El hecho de que la operaci´ on (e) transforme un sistema en otro equivalente se justifica por el principio de transmisibilidad. El principio de transmisibilidad y el concepto de sistemas mec´anicamente equivalentes tienen limitaciones debidas al hecho de que el s´ olido r´ıgido es u ´ nicamente un modelo ideal; los s´ olidos reales no son perfectamente r´ıgidos. Por ejemplo, desde el punto de vista de la mec´anica del s´olido r´ıgido, los dos sistemas de fuerzas de la fig. 3.4 izda. son mec´ anicamente equivalentes, como 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 s´ olido no es perfectamente r´ıgido, las deformaciones que provocar´ıan los dos sistemas ser´ıan distintas. La barra de la fig. 3.4 izda. arriba est´ a sometida a tracci´ on y, si no es absolutamente r´ıgida, se alargar´ a ligeramente; la barra de la fig. 3.4 izda. abajo est´ a sometida a compresi´ on y, si no es absolutamente r´ıgida, se acortar´ a ligeramente.

momento de f


3.4.

Momento de una fuerza en un punto

Sean F
una fuerza aplicada sobre un s´ olido r´ıgido, A un punto cualquiera de la recta de acci´on de F
y O un punto arbitrario en el espacio.
y F
(ver fig. 3.5): El momento de F
en O es el producto vectorial de OA
O (F
) = OA
× F
. M

(3.1)

61

MO (F )

OA O d

q

F A

I-


O (F
) es un vector ligado al punto O. El punto O se llama punto de reducci´ M on (en la sec. 3.8 se justificar´ a esta denominaci´on). En el SI el momento de una fuerza se expresa en newton-metro (N m).

O (F
), es perpendicular tanto a OA N´ otese que el momento de F
en O, M
como a F y, por tanto, perpendicular al plano definido por O y la l´ınea de
O (F
), acci´on de F
(ver fig. 3.5). El m´ odulo de M

AT

Momento de una fuerza en un punto

EU

3.4


O (F
)| = |F
| |OA|
sen θ |M = |F
| d,

AI

(3.2)

FIGURA 3.5: El momento de F
en O,
), es perpendicular al plano
O (F M
y F
. La distancia que determinan OA entre O y la recta de acci´ on de F
es
)|/|F
|.
O (F d = |M

AD


O (F
) donde d es la distancia entre O y la l´ınea de acci´on de F
. El m´ odulo de M
mide la tendencia de la fuerza F a imprimir al s´ olido r´ıgido una rotaci´ on alrededor de un eje que pasa por O y es perpendicular al plano que contiene a la fuerza F
y al punto O.
O (F
) es independiente de qu´e punto de la recta de acci´ on de F
se elija M para su c´ alculo.

LIC

En efecto, consideremos otro punto B de la recta de acci´on de F
. Entonces,

× F
= OA
+ AB
× F
OB

AP


× F
+ AB
× F
= OA
O (F
) +
0 = M
O (F
), =M

(3.3)


y F
tienen la misma direcci´on. puesto que AB

CA

El momento de una fuerza F
en dos puntos O y P diferentes es, en general, distinto. En efecto,

FIS I


P (F
) = P
A × F
M

× F
= P
O + OA
× F
= P
O × F
+ OA
O (F
). = P
O × F
+ M

(3.4)

DP

TO .


P (F
) puede coincidir con M
O (F
) si P
O es paralelo a F
. M N´ otese que el momento de una fuerza F
en un punto O determina, junto con sus componentes, la recta de acci´ on de la fuerza. En efecto, conocidas las
O (F
), y el punto O, podemos hallar la recta de acci´ on componentes de F
y M de F
de la siguiente manera: Por un lado, sabemos que F
est´a en el plano
O (F
) que pasa por O. Adem´as sabemos que la distancia perpendicular a M
O (F
)|/|F
|. La direcci´on de la entre la recta de acci´ on y O debe ser igual a |M recta de acci´on debe ser la de F
. Pero hay dos rectas con estas caracter´ısticas,
O (F
) determina cu´al de las dos rectas es una a cada lado de O; el sentido de M la correcta (ver fig. 3.6). Como el momento de una fuerza en un punto determina, junto con la propia fuerza, la recta de acci´on de esta u ´ltima, el principio de transmisibilidad se puede reformular de la manera siguiente: dos fuerzas F
y F

aplicadas sobre

MO (F ) F d

O d

FIGURA 3.6: En el plano perpendicu
) que pasa por O hay dos
O (F lar a M
a una rectas con la direcci´ on de F distancia d de O.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

62

EU

un s´ olido r´ıgido son mec´ anicamente equivalentes (F
≡ F

) si tienen el mismo m´ odulo, la misma direcci´ on, el mismo sentido y el mismo momento en un punto O. Esto lo expresaremos escribiendo: F
= F

, (3.5)
O (F

).
O (F
) = M M

(3.6)

AI

I-


O (F
) = M
O (F

) para un Si dos fuerzas F
y F

cumplen F
= F

y M




punto O, tambi´en cumplir´ an que MP (F ) = MP (F ) para cualquier otro punto P . Es decir, el que dos fuerzas sean mec´ anicamente equivalentes es independiente del punto de reducci´ on elegido para comprobarlo. En efecto,

F


P (F
) = M
O (F
) + P
O × F
M
O (F

) + P
O × F

= M

−F O

AD

MO MO (F ) O

−MO (F )


P (F

). = M

LIC

En el caso de un s´olido r´ıgido plano sobre el que s´ olo act´ ua una fuerza F
con
O tenida en ese plano, el momento de F
en un punto O del plano es un vector M perpendicular al plano (fig. 3.7). Si el sentido de ese vector es hacia fuera del plano, el vector se representa mediante una flecha orientada antihorariamente, es decir, contraria al movimiento de las agujas del reloj (fig. 3.7 izda.). Si el sentido es hacia dentro del plano, el vector se representa mediante una flecha orientada horariamente, seg´ un las agujas del reloj (fig. 3.7 dcha.). Adem´ as, estas flechas indican c´ omo tender´ıa a girar el s´ olido r´ıgido bajo la acci´ on de F
y supuesto fijo el punto O.

Resultante y momento de un sistema de fuerzas

CA

3.5.

AP


cambia FIGURA 3.7: Si la fuerza F s´ olo de sentido, su momento en O tambi´en cambia de sentido.

(3.7)

FIS I

3.5.1.

TO .

resultante

DP

momento del sistema en un punto

Definiciones

Consideremos un sistema formado por N fuerzas F
1 , F
2 , . . . , F
N , que act´ uan sobre un s´ olido r´ıgido, en los puntos A1 , A2 , . . . , AN , respectivamente.
del sistema de fuerzas a las suma (vectorial) de las Se llama resultante, R, fuerzas que forman el sistema:
= R

N 

F
i .

(3.8)

i=1

La resultante es un vector libre. Los efectos de traslaci´ on de un s´ olido r´ıgido vienen determinados por la resultante del sistema de fuerzas.
O , a la suma (vectorial) Se llama momento del sistema en un punto O, M de los momentos en O de todas las fuerzas:
O = M

N 


O (F
i ) M

i=1

=

N  i=1


i × F
i ). (OA

(3.9)

63

El momento en O es un vector ligado a O. Los efectos de rotaci´ on de un s´ olido r´ıgido vienen determinados por los momentos del sistema de fuerzas.

3.5.2.

Teorema del centro de reducci´ on

I-

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 en cualquier otro punto puede obtenerse mediante el siguiente resultado llamado teorema del centro de reducci´ on:

AT

Resultante y momento de un sistema de fuerzas

EU

3.5


P = M
O + P
O × R.
M


P = M

N 


P (F
i ) M

i=1

=

N 

(P
Ai × F
i )

=

AP

i=1 N 


i ) × F
i ] [(P
O + OA

i=1 N 


i × F
i ) (P
O × F
i + OA

i=1

=

N 

CA

=

(3.10)

LIC

En efecto,

AD

AI

El momento de un sistema de fuerzas en un punto P es igual al momento del sistema en otro punto O, m´ as el producto vectorial del vector P
O por
la resultante R del sistema. Este producto vectorial puede interpretarse como el momento en P de una fuerza F
tot con las mismas componentes
aplicada en O: que R

(P
O × F
i ) +

i=1

N 


i × F
i ) (OA

i=1

FIS I

N 

= P
O ×


O F
i + M

i=1


+M
O. = P
O × R

(3.11)

TO .

El teorema del centro de reducci´ on permite demostrar los siguientes resultados: Cualquier sistema de resultante nula tiene el mismo momento en todos los puntos del espacio.

DP

En efecto, usando el teorema del centro de reducci´ on,
O + P
O × R

P = M M
O. = M

(3.12)

El lugar geom´etrico de los puntos en los que el vector momento tiene las mismas componentes es una recta con la misma direcci´ on que la resultante del sistema (si ´esta es no nula, pues si es nula estamos en las condiciones del resultado anterior).

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

64

EU


O = M
P . Entonces, En efecto, sean O y P dos puntos distintos tales que M




usando (3.10), P O × R = 0. Suponiendo que R = 0, y dado que P
O =
0, la
conclusi´ on es que P
O 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.

F1

F3

A F4

AI

LIC

F2

Un sistema de fuerzas F
1 , F
2 , . . . , F
N es un sistema de fuerzas concurrentes si todas las fuerzas est´an aplicadas en el mismo punto A o sus rectas de acci´on se cortan en un mismo punto A (ver fig. 3.8). Obs´ervese que, utilizando las operaciones elementales (e) y (a) que permiten transformar un sistema en otro equivalente (ver la sec. 3.3), es f´ acil comprobar que cualquier sistema de fuerzas concurrentes es mec´anicamente equivalente
aplicada sobre una recta de a otro formado por una u ´ nica fuerza, F
tot = R, acci´on que pasa por el punto de concurrencia. Un resultado aplicable a los sistemas de fuerzas concurrentes es el teorema de Varignon:

AD

fuerzas concurrentes

Sistemas de fuerzas concurrentes. Teorema de Varignon

I-

3.6.

FIGURA 3.8: Sistema de 4 fuerzas concurrentes en el punto A.

AP

Si F
1 , F
2 , . . . , F
N es un sistema de fuerzas concurrentes en A, el momento
O , es igual al momento en O de F
tot = R
del sistema en el punto O, M aplicada en A, es decir
× R.

O = OA (3.13) M

CA

En efecto, aplicando el teorema del centro de reducci´ on,
O = M
A + OA
×R
M

= OA × R,

(3.14)

TO .

FIS I


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

DP

par

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 m´odulo, la misma direcci´on, sentido opuesto y rectas de acci´on paralelas (ver fig. 3.9). La resultante de un par es el vector nulo. Por tanto, un par no producir´ a traslaci´ on del s´olido r´ıgido. Sin embargo, el momento de un par en un punto O no es, como vamos a ver, el vector nulo. Un par har´ a que el s´olido r´ıgido tienda a girar. Para calcular el momento en O de un par debemos sumar los momentos en O de las dos fuerzas que forman el par:
2 × (−F
) = (OA
1 − OA
2 ) × F
,
1 × F
+ OA OA

(3.15)

65

siendo A1 un punto cualquiera de la recta de acci´on de F
y A2 un punto
1 − OA
2 , la cualquiera de la recta de acci´ on de −F
. Llamando A2
A1 = OA suma de los momentos de las fuerzas del par o momento del par es
O = A2
A1 × F
, M

(3.16)

AT

Pares de fuerzas

EU

3.7

MO=MP

y su m´odulo vale

I-

O


O | = |F
| |A2
A1 | sen θ |M = |F
| d.

AI

(3.17)

LIC

AD


O es perpendicular a los vectores F
y A2
A1 o, dicho de La direcci´on de M otro modo, perpendicular al plano que contiene a las fuerzas F
y −F
. En principio, cabr´ıa pensar que el momento en O de un par es un vector ligado al punto O (i.e., no tiene ning´ un sentido colocado en cualquier otro punto). Sin embargo, n´ otese que la expresi´on (3.16) no depende de la posici´ on de O. El momento de un par es independiente del punto de reducci´ on que elijamos. Por tanto, podemos considerar que el momento de un par es un vector libre.
O . Este resultado no es sorpren
par en lugar de M As´ı pues, podemos escribir: M dente, pues ya vimos en el apartado 3.5.2 que cualquier sistema de resultante nula tiene el mismo momento en todos los puntos del espacio. En resumen, el momento de un par es un vector:

AP

Perpendicular al plano definido por las dos fuerzas.

De m´odulo |F
| d, donde d es la distancia entre las rectas de acci´ on de las fuerzas. De sentido determinado por la regla de la mano derecha (ver fig. 3.9).

Pares mec´ anicamente equivalentes. Suma de pares

FIS I

3.7.2.

CA

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

Dos pares son mec´ anicamente equivalentes si provocan el mismo efecto mec´anico. Puede demostrarse, mediante las operaciones descritas en la sec. 3.3, que dos pares son mec´ anicamente equivalentes si tienen el mismo momento.

DP

TO .

EJEMPLO: El par formado por la fuerza F
= (0, 1, 0) N aplicada en el punto A(2, 0, 0) m y la fuerza −F
aplicada en el punto B(−2, 0, 0) m es mec´anicamente equivalente al par formado por la fuerza F

= (−4, 0, 0) N aplicada en el punto C(1, 1, 0) m y la fuerza −F

aplicada en el origen de coordenadas. En ambos casos el momento del par es (0, 0, 4) N m. Esta propiedad que acabamos de enunciar es muy importante para comprender la mec´ anica del s´olido r´ıgido. Lo u ´nico que caracteriza el efecto mec´ anico de un par es su momento. Luego existen infinitos pares que provocar´ıan un mismo efecto mec´anico sobre un s´ olido r´ıgido dado. Los m´ odulos y direcciones de las fuerzas que constituyen estos pares pueden ser muy distintos y pueden estar

A1A2 A2 −F

F q

MP=MO A1

P

d

FIGURA 3.9: Par de fuerzas formado
y −F
. El sentido del por las fuerzas F momento del par es hacia fuera del plano, si las fuerzas tienden a imprimir un giro antihorario, como en este ejemplo, y hacia dentro, si tienden a imprimir un giro horario.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

66

EU

F

F

=

OA

F

=

OA O

F

−F

MO O

AI

I-

O

FIGURA 3.10: Descomposici´ on de una fuerza aplicada en A en una fuerza aplicada en O y un par.

A

A

A

LIC

AD

aplicadas en puntos muy diferentes del s´ olido, con tal de que ambas fuerzas est´en contenidas en un plano perpendicular al momento del par, la distancia entre sus l´ıneas de acci´on sea el cociente entre el m´odulo del momento y el de las fuerzas y sus sentidos sean tales de originar el sentido correcto del momento dado.
2 es otro par
1 y M La suma o composici´ on de dos pares de momentos M
cuyo momento, M es la suma vectorial de sus momentos:
=M
1 +M
2. M

(3.18)

3.8.

Reducci´ on de sistemas de fuerzas Descomposici´ on de una fuerza en una fuerza en un punto arbitrario O y un par

CA

3.8.1.

AP


1 y M
2 son vectores libres. Esta suma tiene sentido puesto que M

DP

TO .

FIS I

Cualquier fuerza F
que act´ ua sobre un s´ olido r´ıgido puede ser trasladada a un punto arbitrario O, sin m´ as que a˜ nadir un par cuyo momento sea igual al momento de F
en O (fig. 3.10). Supongamos un s´ olido r´ıgido sobre el que act´ ua una fuerza F
aplicada en el 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 s´ olido (fig. 3.10 centro). Como resultado de esta transformaci´ on, se tiene una fuerza F
aplicada en O, m´as un par formado por las otras dos fuerzas (F
aplicada en A y −F
aplicada
par = M
O = OA
× F
(fig. 3.10 dcha.). en O) cuyo momento es M Es decir, un sistema formado por una u ´nica fuerza siempre se puede sustituir por un sistema mec´ anicamente equivalente formado por una fuerza colocada sobre un punto arbitrario, m´ as un par de momento adecuado. Un sistema de este tipo se llama sistema fuerza-par. En esta descomposici´on el momento del par es perpendicular a la fuerza.

3.8.2.

Reducci´ on de un sistema de fuerzas a una fuerza en un punto O y un par

Muchos cuerpos en arquitectura e ingenier´ıa se pueden modelar mediante s´olidos r´ıgidos. En general, sobre cada s´ olido r´ıgido estar´ a actuando un gran

67

n´ umero de fuerzas. Por ello, es extremadamente u ´ til ser capaces de convertir un sistema de muchas fuerzas en otro lo m´as sencillo posible. Reducir un sistema de fuerzas es hallar otro sistema mec´anicamente equivalente m´as sencillo.

AI

I-

Todo sistema de fuerzas sobre un s´ olido r´ıgido puede reducirse a una fuerza con las mismas componentes que la resultante del sistema, aplicada en un punto arbitrario O, que llamaremos centro de reducci´ on, y un par de fuerzas cuyo momento sea el momento en O del sistema (fig. 3.11).

AT

Reducci´ on de sistemas de fuerzas

EU

3.8

N 

LIC

F
tot =

AD

En efecto, hemos visto que cualquier fuerza se puede descomponer en una fuerza aplicada en un punto y un par (fig. 3.10). Dado un sistema de N fuerzas uan sobre un s´ olido r´ıgido, en los puntos A1 , A2 , . . . , F
1 , F
2 , . . . , F
N , que act´ AN , podemos descomponer las N fuerzas que forman el sistema en otras N fuerzas, todas ellas aplicadas en O, y en N pares (de momentos los momentos en O de las respectivas fuerzas). La suma de las N fuerzas aplicadas en O es una fuerza F
tot aplicada en O, F
i

i=1


= R.

(3.19)


par = M

N 

AP

Los N pares se pueden sumar y esta suma coincide con el momento en O del sistema,
par i M

i=1 N 

CA

=


i × F
i OA

i=1


O. = M

FIS I

(3.20)

F1

TO .

N´ otese que, en general, aun cuando el momento de cada fuerza es un vector

O no es perpendicular a R. perpendicular a dicha fuerza, M En resumen, en el caso m´as general posible, cualquier sistema de fuerzas que act´ ue sobre un s´ olido r´ıgido se puede reducir a una fuerza y un par. Como veremos m´as adelante, ciertos sistemas de fuerzas se pueden incluso reducir m´as.

MO

MO(F3)

A1

DP O

OA3

F3

A3

MO(F1)

=

OA2

A2

MO(F2)

F1

OA1

O

F3 F2

F2

=

Ftot=R O

FIGURA 3.11: Reducci´ on del siste
2 , F
3 a una fuer
1 , F ma de fuerzas F
aplicada en O za deslizante F
tot = R
O. y un par de momento M

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

Equivalencia mec´ anica de dos sistemas de fuerzas

EU

3.8.3.

AT

68

I-

Dos sistemas de fuerzas sobre un s´ olido r´ıgido son mec´ anicamente equivalentes si pueden reducirse al mismo sistema fuerza-par en un punto dado O. Es decir, dos sistemas de fuerzas son mec´ anicamente equivalentes si, y s´ olo si, las resultantes son iguales y los momentos del sistema en un punto dado O son iguales. Si ambas condiciones se cumplen para un punto O, entonces tambi´en se cumplir´ an para cualquier otro punto P .

AI


yM
O son la resultante y el momento en O de un sistema y En efecto, si R

y M

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

y M
O = M

), usando el teorema del centro de reducci´on, el momento R O del primer sistema en el punto P
P = M =

AD


O + P
O × R
M



+ P
O × R M O

, =M P

(3.21)

TO .

FIS I

invariante escalar

Llamaremos invariantes de un sistema de fuerzas a aquellas cantidades caracter´ısticas del sistema e independientes del punto de reducci´ on. Los invariantes fundamentales son dos, si bien de ellos pueden derivarse otros.
que recibe el El primer invariante fundamental es la propia resultante R, nombre de invariante vectorial.
queda justificado por el hecho de ser un vector El car´ acter invariante de R
libre. Obviamente, si R es invariante, lo son su m´ odulo, direcci´ on y sentido.
que recibe
A · R, El segundo invariante fundamental es el producto escalar M el nombre de invariante escalar, invariante fundamental o automomento. Demostremos que la cantidad as´ı definida es efectivamente independiente del punto de reducci´on. Usando el teorema del centro de reducci´on (3.10) y la propiedad distributiva del producto escalar:

CA

invariante vectorial

DP

tercer invariante

Invariantes de un sistema de fuerzas

AP

3.8.4.

LIC



el momento del segundo sistema en P . siendo M P Recu´erdese que el que un sistema sea mec´anicamente equivalente a otro implica que puede pasarse de uno a otro mediante una o varias operaciones de las operaciones elementales descritas en la sec. 3.3.


A · R
= (M
B + AB
× R)
·R
M
B ·R
+ (AB
× R)
· R,
= M

(3.22)

donde el u ´ ltimo sumando es cero porque el producto vectorial de un vector por
es perpendicular a R,
y el producto escalar de R
por un vector perpendicular R
=M
B · R.

A · R es cero. Por tanto, M Un invariante derivado, a veces llamado tercer invariante, es m=


A ·R
M ,
|R|

(3.23)

que es invariante por ser el cociente de dos invariantes: el invariante escalar y el m´odulo del invariante vectorial. El tercer invariante tiene una interpretaci´ on

69

geom´etrica sencilla: es el m´odulo del vector proyecci´ on del momento (en un punto cualquiera) sobre la resultante, si el vector proyecci´ on y la resultante tienen el mismo sentido, o menos el m´ odulo, si tienen sentido opuesto. Su
=
0) importancia reside en que, como veremos, su valor absoluto coincide (si R con el m´odulo del momento m´ınimo del sistema.

Eje central. Momento m´ınimo

I-

3.8.5.

AT

Reducci´ on de sistemas de fuerzas

EU

3.8

eje central

AD

AI

En general, el momento de un sistema de fuerzas es distinto en cada punto. El eje central es el lugar geom´etrico de los puntos del espacio en los cuales el momento del sistema de fuerzas es m´ınimo (es decir, su m´ odulo es m´ınimo).
=
0 el momento es el mismo en todos Recordemos que en los sistemas con R los puntos del espacio. Por tanto, en estos sistemas el “eje” central es todo el espacio.
=
0. Para determinar las Estudiemos qu´e sucede en los sistemas con R caracter´ısticas del eje central de tales sistemas empecemos por escribir el invariante escalar
= |M
A | |R|
cos θ,
A · R (3.24) M

FIS I

CA

AP

LIC


A y R.
Como M
A ·R
y |R|
son invariantes, donde θ es el ´angulo que forman M

a m´ınimo en aque|MA | cos θ ha de ser tambi´en invariante. Por tanto, |MA | ser´ llos puntos donde el valor absoluto de cos θ sea m´aximo. Ello ocurrir´ a cuando
sean paralelos. Es decir, el eje central es el lugar geom´etrico de los
A y R M puntos del espacio en los cuales el momento del sistema es paralelo a la resultante. Como el eje central es un lugar geom´etrico de momento constante (en par
(ver sec. 3.5.2). ticular, el momento m´ınimo), ha de ser una recta paralela a R Para hallar la ecuaci´ on del eje central en un sistema de referencia cartesiano {O; x, y, z} procederemos de la manera siguiente: calcularemos el momento del
O = (Mx , My , Mz ) y la resultante del sistema de fuerzas en el origen O, M
sistema R = (Rx , Ry , Rz ). A continuaci´ on, llamaremos E (xE , yE , zE ) a un punto particular del eje central: aqu´el que se encuentra m´as pr´ oximo al punto
·R
= 0, pues el eje central es paralelo O. Por tanto, el punto E cumplir´ a que OE a la resultante. Seg´ un el teorema del centro de reducci´on, los momentos del sistema fuerzas en los puntos O y E se relacionan seg´ un
E + OE
× R.

O = M M

(3.25)

TO .

Por otro lado, hemos visto que el momento m´ınimo es paralelo a la resultante,
se obtiene por lo que si multiplicamos vectorialmente la ecuaci´ on anterior por R
×M
O = R
× (OE
× R).
R

(3.26)

DP

Teniendo en cuenta la identidad del doble producto vectorial2 resulta finalmente
×M
O = |R|

2 OE, R

(3.27)




= R × MO . OE
2 |R|

(3.28)

y, por tanto,

2 Dados

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

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

70

EU

Conocidas las coordenadas del punto E del eje central, y dado que el eje central
la ecuaci´on del eje central se tiene la misma direcci´on que la resultante R, obtiene inmediatamente como x − xE y − yE z − zE = = . (3.29) Rx Ry Rz

LIC

AD

AI

I-

En resumen: El eje central es el lugar geom´etrico de los puntos del espacio en los cuales el momento del sistema de fuerzas es m´ınimo. Es tambi´en el lugar de los puntos del espacio en los cuales el momento del sistema es paralelo a la resultante. Conocidos la resultante y el momento del sistema en el origen, la ecuaci´on (3.28) nos proporciona un punto del eje central. Conocidos la resultante y un punto del eje central, la ecuaci´on del eje central est´ a dada por la ecuaci´on (3.29). Para determinar el momento m´ınimo utilizamos el hecho de que en el eje central el momento y la resultante son paralelos. Como el tercer invariante es, salvo signo, el m´odulo del vector proyecci´ on del momento sobre la resultante, se llega a la conclusi´ on de que el m´ odulo del momento m´ınimo tiene, necesariamente, que equivaler —salvo signo— al tercer invariante. Por tanto, el momento m´ınimo de un sistema de fuerzas es el vector proyecci´ on del momento del sistema en un punto cualquiera sobre la resultante:



min = MA · R R . M

|R| |R|

(3.30)

3.8.6.

AP

Es decir, el momento m´ınimo tiene la misma direcci´on que la resultante y su m´odulo y sentido vienen dados por el valor del tercer invariante.

Clasificaci´ on de los sistemas de fuerzas

CA

Podemos clasificar los sistemas de fuerzas en cuatro tipos:

FIS I


=
0 y M
P · R
= 0. En este caso el momento m´ınimo del Sistemas con R sistema es no nulo. Estos sistemas no se pueden reducir ni a una u ´ nica fuerza ni a un u ´ nico par. En cambio, se pueden reducir en cualquier punto P a una fuerza deslizante F
tot , con las mismas componentes que
y un par de fuerzas {F
par , −F
par } de momento M
P. R,

DP

TO .


=
0 y M
P · R
= 0. En este caso el momento m´ınimo del Sistemas con R sistema es nulo. Adem´ as, en cualquier punto P que no sea del eje central,
ya que, por el teorema del centro de el momento es perpendicular a R, reducci´on,
E + P
E × R

P = M M

= P E × R,

(3.31)

siendo E un punto del eje central. Estos sistemas se pueden reducir a una
aplicada sobre fuerza deslizante F
tot , con las mismas componentes que R,
el eje central, o a una fuerza deslizante Ftot , con las mismas componentes
aplicada en P y un par de fuerzas {F
par , −F
par } de momento M
P, que R, si P no es un punto del eje central.
=
0 y M
P =
0 (por tanto, M
·R
= 0). En este caso, el Sistemas con R momento es el mismo en todos los puntos del espacio. Estos sistemas se pueden reducir a un par de fuerzas {F
par , −F
par } con dicho momento.

Reducci´ on de sistemas de fuerzas

71

AT

3.8

EU

y

y

y

x

F3

=

x

O

=

R O

x

d=MO /R

AI

O

R

I-

F1 MO

AD

F2


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

PROBLEMA RESUELTO 3.1:

AP

LIC

Puede demostrarse que los sistemas de fuerzas coplanarios (fig. 3.12), concurrentes y paralelos tienen invariante escalar igual a cero, por tanto pertenecen a alguno de los tres u ´ltimos casos. Llegados a este punto, es muy recomendable detenerse a hacer los problemas propuestos 3-1, 3-2 y 3-3.

CA

Consideremos el sistema formado por las fuerzas F
1 = (6, −3, 1) N aplicada en A1 (1, 0, 2) m,

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

FIS I

F
3 = (−5, −4, 1) N aplicada en A3 (0, 1, 2) m, F
4 = (2, 5, 0) N aplicada en A4 (0, 0, 0) m. Determina:

TO .

(a) La resultante, el momento del sistema en el origen y la ecuaci´ on del eje central del sistema. (b) El momento en P (3, 0, 1) m. Si P es un punto del eje central, util´ızalo para obtener de nuevo la ecuaci´on del eje central.

DP

(c) El vector momento m´ınimo.

Soluci´ on:

FIGURA 3.12: Un s´ olido r´ıgido plano sobre el que act´ ua un sistema de
2 , F
3 de re
1 , F fuerzas coplanarias F sultante no nula (izda.) es equivalente a una fuerza igual a la resul
del sistema aplicada en un tante R punto cualquiera O m´ as un par cuyo momento es el momento del sistema en el punto O (centro) y tam
con bi´en a una u ´nica fuerza igual a R recta de acci´ on cuya distancia a O
y que est´
0 |/|R| a a la dees d = |M recha de O (dcha.). Esta recta es el eje central.

(a) Calculemos la resultante:
= F
1 + F
2 + F
3 + F
4 = (5, −2, 1) N. R

(P1.1)

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

72

EU

Calculemos ahora el momento del sistema en el origen O:


O (F
1 ) = OA
1 × F
1 = (6, 11, −3) N m, M
O (F
2 ) = OA
2 × F
2 = (−3, −3, −6) N m, M
O (F
3 ) = OA
3 × F
3 = (9, −10, 5) N m, M (P1.2)

I-


O (F
4 ) = OA
4 × F
4 = (0, 0, 0) N m, M


O = M
O (F
1 ) + M
O (F
2 ) + M
O (F
3 ) + M
O (F
4 ) M

AI

= (12, −2, −4) N m.

(P1.3)

AD


= ( 1 , 16 , 7 ), y usando (3.29) De (3.28) obtenemos un punto del eje central, OE 3 15 15 obtenemos la ecuaci´on continua del eje central, que podemos despu´es expresar de forma impl´ıcita, como la intersecci´on de los dos planos siguientes:

LIC

2x + 5y − 6 = 0 y + 2z − 2 = 0

(b) Aplicando el teorema del centro de reducci´on

AP


P = M
O + P
O × R
M = (12, −2, −4) + (−3, 0, −1) × (5, −2, 1) = (10, −4, 2) N m.

(P1.4)

CA


P es paralelo a R.
Por Se puede ver que P es un punto del eje central porque M tanto, usando (3.29), la ecuaci´ on del eje central resulta x−3 y z−1 = = . 5 −2 1

(P1.5)

FIS I

(c) El momento m´ınimo se obtiene usando (3.30),



min = MO · R R = 2(5, −2, 1) = (10, −4, 2) N m. M

|R| |R|

(P1.6)

DP

TO .

Obviamente, el momento m´ınimo as´ı calculado coincide con el momento del sistema en el punto P , puesto que dicho punto pertenece al eje central.

73

3.9.

Sistemas de fuerzas paralelas

3.9.1.

Sistemas de fuerzas paralelas

AT

Sistemas de fuerzas paralelas

I-

Un sistema de fuerzas F
1 , F
2 , . . . F
N , cuyas rectas de acci´on pasan respectivamente por los puntos P1 , P2 , . . . PN es un sistema de fuerzas paralelas si ∀ i F
i = λi
u (fig. 3.13), donde
u es un vector que tiene la direcci´ on de todas las fuerzas. La resultante de un sistema de fuerzas paralelas se puede expresar como

EU

3.9

λi
u

i=1

=

AI

N 

N 

AD


= R

sistema de fuerzas paralelas

 λi


u.

u

Pi

(3.32)

LIC

i=1

Fi

El momento de un sistema de fuerzas paralelas respecto al origen de coordenadas se puede expresar como N 


i × λi
u OP

i=1

 =

N 

AP


O = M

FIGURA 3.13: Un s´ olido r´ıgido plano sobre el que act´ ua un sistema de fuerzas paralelas.




i λi OP

i=1

×
u,

(3.33)

3.9.2.

FIS I

CA


i es el vector que va del origen de coordenadas a un punto cualquiera donde OP Pi de la recta de acci´on de la fuerza F
i .
es paralela a
u y M
O es perpendicular a
u. Por lo tanto, los Es decir, R sistemas de fuerzas paralelas tienen invariante escalar igual a cero, aun cuando
ni M
O fuesen nulos. ni R

Centro de un sistema de fuerzas paralelas

DP

TO .


=
0. Supongamos un sistema de fuerzas paralelas en la direcci´ on
u y con R ¿Existe alg´ un punto del eje central de ese sistema que se pueda calcular sin conocer
u ? Si ese punto existiera, siempre podr´ıamos aplicar en ´el una fuerza
que ser´ıa equivalente deslizante cuyas componentes coinciden con las de R al sistema de fuerzas paralelas fuese cual fuese la orientaci´ on del sistema de fuerzas paralelas. Llamemos G a ese punto. Por ser un punto del eje central de un sistema de
=
0, sabemos que M
G =
0, de manera que invariante escalar igual a cero y R el momento en el origen de coordenadas O (0, 0, 0), no es m´as que (usando el teorema del centro de reducci´ on):
×R

O = OG M  N 
×
u. λi OG = i=1

(3.34)

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

74



N 

 λi


= OG

EU

Comparando (3.33) y (3.34), observamos que una posible soluci´ on es N 

i=1


i. λi OP

(3.35)

i=1

Entonces, el vector posici´ on del punto G vendr´ a dado por

i=1


i λi OP

.

N 

(3.36)

AI


= OG

I-

N 

i=1

λi

LIC

AD

N´ otese que aunque G es independiente de la direcci´on de las fuerzas, s´ı depende de los puntos Pi donde se consideraron aplicadas las fuerzas. Por tanto, s´olo podremos aplicar en G una u ´ nica fuerza, equivalente al sistema de fuerzas e independiente su orientaci´ on, en tanto que no cambien los puntos Pi de aplicaci´ on de las fuerzas.
se suele emplear la notaPara escribir las componentes cartesianas de OG ci´on
= xG
ı + yG
j + zG
k. OG (3.37)

N 

xG =

TO .

FIS I

CA

AP

Si llamamos (xi , yi , zi ) a las componentes cartesianas de los vectores de posici´on
i , entonces las componentes cartesianas de OG
se calcular´an de la siguiente OP manera: λi xi

i=1 N 

i=1 N 

yG =

i=1

zG =

(3.38)

,

(3.39)

.

(3.40)

λi

λi yi

i=1 N  N 

,

λi

λi zi

i=1 N 

i=1

λi

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

DP

PROBLEMA RESUELTO 3.2: Consideremos el sistema de fuerzas formado por los pesos de tres part´ıculas puntuales de 1 kg colocadas en los v´ertices de un tri´angulo descritos por las coordenadas A (−3, 0) m, B (0, 0), y C (0, 4) m. Calcula: (a) la ecuaci´ on del eje central.

Centro de gravedad y centro de masa

75

AT

3.10

Supongamos ahora que el tri´angulo cambia de posici´ on de manera que el v´ertice A pasa a estar en el punto A
(0, 3) m, B permanece en el origen y C pasa a estar en el punto C
(4, 0) m.

AI

I-

(c) Calcula la ecuaci´ on del eje central del sistema formado por los pesos de la part´ıculas.

EU

(b) las coordenadas del centro del sistema.

Soluci´ on:

AP

LIC

AD

(a) Por el hecho de ser un sistema plano de fuerzas, el momento del sistema y la resultante son perpendiculares, luego el invariante escalar es igual a cero. Por tanto, el momento m´ınimo del sistema es nulo. Por ser un sistema de fuerzas paralelas, sabemos que el eje central ha de tener la misma direcci´on que todas esas fuerzas; ser´a pues un eje vertical. Para averiguar en qu´e punto del eje horizontal corta el eje central, un procedimiento sencillo es el siguiente: se traslada a lo largo de su recta de acci´on la fuerza que est´a aplicada en C hasta colocarla en B. El sistema se reduce pues a dos fuerzas paralelas y con el mismo sentido, la de la derecha de doble m´odulo que la de la izquierda y separadas por 3 m. Por tanto, el eje central deber´a estar entre ambas fuerzas al doble de distancia de la fuerza de la izquierda. Luego el eje central es la recta de ecuaci´on x = −1 m. (b) Aplicando (3.38) y (3.39) obtenemos (xG , yG ) = (−1, 43 ) m.

FIS I

CA

(c) Al girar el tri´angulo, 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 ecuaci´on ser´a ahora x = 43 m.

3.10.

Centro de gravedad y centro de masa

3.10.1.

Centro de gravedad

DP

TO .

El centro de gravedad de un sistema de part´ıculas materiales es el centro del sistema de fuerzas formado por los pesos de las part´ıculas. Consideremos el sistema formado por N part´ıculas de pesos m1
g1 , m2
g2 , . . ., mN
gN colocadas en los puntos P1 , P2 , . . ., PN (
gi es la aceleraci´on de la gravedad en el punto Pi ). Suponiendo que todas las
gi son paralelas,
gi = −gi
k, aplicando la definici´ on (3.36), el vector posici´ on del centro de gravedad vendr´ a dado por: N 
i mi gi OP i=1
OG = , (3.41) N  mi g i i=1

centro de gravedad

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

76

N 

x¯ =

mi gi xi

i=1 N 

i=1

i=1

N 

,

(3.43)

,

(3.44)

mi g i

mi g i z i

i=1 N 

AD

z¯ =

(3.42)

mi g i y i

i=1 N 

AI

y¯ =

,

mi g i

I-

N 

EU

cuyas componentes cartesianas son:

i=1

mi g i

3.10.2.

Centro de masa

El centro de masa de un sistema de part´ıculas materiales de masas m1 , m2 , . . ., mN colocadas en los puntos P1 , P2 , . . ., PN , es el punto G que viene dado por: N 
i mi OP i=1
OG = , (3.45) N  mi

AP

centro de masa

LIC


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

i=1

DP

TO .

FIS I

CA

cuyas componentes cartesianas son: N 

x ¯ =

mi xi

i=1 N 

i=1 N 

y¯ =

i=1

z¯ =

(3.46)

,

(3.47)

.

(3.48)

mi

mi y i

i=1 N  N 

,

mi

mi z i

i=1 N 

i=1

mi

El centro de gravedad (3.41), supuesta la aceleraci´on de la gravedad constante, coincide con el centro de masa de dicho sistema de part´ıculas. Esta condici´ on se cumple, con muy buena aproximaci´ on, para los cuerpos que se manejan habitualmente en Arquitectura T´ecnica. Para calcular el centro de masa de cuerpos continuos (y no s´ olo para conjuntos de puntos materiales aislados) basta sustituir los sumatorios en (3.46)– (3.48), respectivamente, por integrales. As´ı, las coordenadas del centro de masa

Centro de gravedad y centro de masa

77

AT

3.10



x dm

M

x ¯ = 

dm

,

(3.49)

M y dm M , y¯ =  dm M  z dm M z¯ =  , dm

AI

I-

(3.50)

(3.51)

M

FIS I

CA

AP

LIC

AD

donde dm es ρ dV en una distribuci´ on volum´etrica de masa, σ dS en una distribuci´ on superficial de masa, λ dl en una distribuci´ on lineal de masa. Las cantidades ρ, σ, λ son, respectivamente, las densidades volum´etrica, superficial y lineal de la correspondiente distribuci´ on de masa. Si la densidad de masa es constante diremos que el cuerpo es homog´eneo. Para cuerpos homog´eneos, las densidades que aparecen en (3.49)–(3.51) se cancelan y el centro de masa se convierte en una caracter´ıstica puramente geom´etrica del cuerpo y recibe el nombre de centroide. En el caso de que nuestro sistema de puntos materiales sea un s´olido r´ıgido (y por tanto las fuerzas aplicadas, en este caso los pesos, se comporten como vectores deslizantes), el centro de masa (o el centro de gravedad) es el punto en el que se puede aplicar el vector peso total para que sea equivalente al sistema de vectores peso con la particularidad de que su posici´ on no depende de la direcci´on de los vectores peso (por tanto, no depende de la orientaci´ on del cuerpo con respecto a la superficie terrestre), ni del sistema de referencia elegido (aunque sus coordenadas ser´an distintas en sistemas de referencias distintos). La posici´ on del centro de masa puede no coincidir con ning´ un punto material del sistema. Por ejemplo, en el sistema formado por cuatro masas iguales dispuestas en los v´ertices de un cuadrado, el centro de masa est´a en el centro del cuadrado. El centro de masa puede ser un punto exterior al sistema. Por ejemplo, en un s´ olido r´ıgido plano homog´eneo con forma de L el centro de masa puede no estar en ning´ un punto del s´ olido.

3.10.3.

Centro de masa de cuerpos compuestos

DP

TO .

Sea un sistema de N puntos materiales de masas mi cuyos vectores posici´on
i . Dividamos mentalmente el sistema en dos partes, la formada por los son OP S primeros puntos y la formada por los restantes N − S puntos. Es f´ acil ver que N S N    mi = mi + mi . (3.52) i=1

i=1

i=S+1

Adem´as, empleando (3.45), podemos escribir
OG

N  i=1

mi =

N  i=1


i mi OP

EU

ser´ıan:

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

y

=

x

O S 

=

O

I-

x

O

+

AI

FIGURA 3.14: Para calcular el centro de masa de la figura de la izquierda se puede proceder dividiendo en las dos porciones de la derecha y aplicando la ec. (3.57).

y

EU

y

AT

78


i+ mi OP

i=1

N 


i. mi OP

x

(3.53)

i=S+1

AD

Ahora bien, los S primeros puntos forman un subsistema cuyo centro de masa G1 est´a definido por: S S  
i.
1 OG mi = mi OP (3.54) i=1

i=1

LIC

De la misma manera, los restantes N − S puntos forman otro subsistema cuyo centro de masa G2 est´a definido por:

AP


2 OG

N 

N 

mi =

i=S+1


i. mi OP

(3.55)

i=S+1

CA

Llamando

M1 =

S 

mi ,

i=1

M2 =

N 

mi ,

(3.56)

i=S+1

DP

TO .

FIS I

podemos reescribir (3.53) como

momento est´atico




= M1 OG1 + M2 OG2 . OG M1 + M2

(3.57)

Esta propiedad es muy u ´ til para el c´ alculo de centros de masa de sistemas compuestos a partir de otros cuyo centro de masa sea sencillo de calcular. Tambi´en es u ´ til para el c´ alculo del centro de masa de sistemas que se puedan expresar como resta de sistemas sencillos. En el ap´endice C se presentan los centros de masa de algunas l´ıneas y superficies planas homog´eneas.

3.10.4.

Momento est´ atico. Teoremas de Arqu´ımedes

El momento est´ atico de un sistema de puntos materiales respecto a un plano es 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 part´ıculas est´an a un lado u otro del plano.

79

As´ı, el momento est´atico de un sistema de N masas mi a distancias di del plano Π vendr´ a dado por N  MΠ = mi di . (3.58) i=1

V

En el SI el momento est´ atico se mide en kilogramo-metro (kg m).

AI

I-

En el caso de sistemas continuos de densidad ρ = ρ(x, y, z), el momento est´atico respecto al plano Π vendr´ a dado por  MΠ = d ρ dV. (3.59)

AT

Centro de gravedad y centro de masa

EU

3.10

AD

El momento est´ atico de un sistema de puntos materiales respecto a un cierto plano es igual al momento est´ atico del centro de masa suponiendo que toda la masa del sistema estuviese concentrada en ´el.

MΠ =

N 

mi z i

i=1 N 

mi

i=1

= d¯

N 

AP

= z¯

mi ,

i=1

LIC

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

(3.60)

FIS I

CA

donde d¯ es la distancia del centro de masa al plano Π. Por tanto, el momento est´atico respecto a cualquier plano que contenga al centro de masa es cero (ya que d¯ = 0) y viceversa: cualquier plano de momento est´atico cero contiene al centro de masa. Consecuencia de la propiedad anterior son los llamados teoremas de Arqu´ımedes, muy u ´ tiles para determinar el centro de masa de cuerpos homog´eneos sim´etricos: Si un cuerpo homog´eneo tiene un plano de simetr´ıa el centro de masa est´ a en dicho plano.

TO .

En efecto, basta con observar que un plano de simetr´ıa es un plano respecto al cual el momento est´atico del sistema de puntos materiales es nulo, por tener el sistema masas iguales a distancias iguales y opuestas respecto al plano.

DP

Si un cuerpo homog´eneo tiene un eje de simetr´ıa el centro de masa est´ a en dicho eje. En efecto, basta con observar que cualquier eje de simetr´ıa es la intersecci´on de dos o m´as planos de momento est´atico nulo. Si un cuerpo homog´eneo tiene un centro de simetr´ıa dicho punto coincide con el centro de masa.

Arqu´ımedes (Siracusa, hacia 287 a. de J. C.; Siracusa, 212 a. de J. C.): Es uno de los m´ as grandes pensadores de la Antig¨ uedad. En Matem´ aticas, entre otras cosas, determin´ o el a´rea del c´ırculo, el per´ımetro de la circunferencia y un valor aproximado para π. En F´ısica, es el fundador de la Est´ atica (con las leyes de las palancas) y de la Hidrost´ atica (con el teorema de Arqu´ımedes).

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

FIGURA 3.15: En general, un plano que pase por el centro de masa no divide al sistema mec´ anico en dos partes de igual masa ni de igual volumen ni de igual longitud.

G

I-

G

EU

AT

80

3.11.1.

Densidad de carga

LIC

Sistema de fuerzas distribuidas

Las fuerzas aplicadas al s´ olido r´ıgido pueden ser de naturaleza discreta o continua, es decir, pueden estar aplicadas sobre puntos discretos o bien sobre una cierta regi´on (por ejemplo, la superficie de apoyo de un s´ olido r´ıgido con el suelo). En este u ´ltimo caso se dice que las fuerzas est´ an distribuidas en dicha regi´ on. En el caso de fuerzas distribuidas, la densidad de fuerza o densidad de carga es la fuerza que act´ ua por unidad de volumen (o por unidad de superficie o longitud, seg´ un el sistema de fuerzas est´e distribuido sobre un volumen, una superficie o una longitud). En general, la densidad de fuerza es distinta en cada punto. Supondremos que se puede expresar como una funci´ on vectorial de las coordenadas cartesianas del punto,

DP

TO .

FIS I

CA

densidad de carga

3.11.

AP

densidad de fuerza

AD

AI

En efecto, basta con observar que cualquier centro de simetr´ıa es la intersecci´on de tres o m´as planos de momento est´atico nulo. En general, un plano de momento est´atico nulo (es decir, un plano que pase por el centro de masa) no divide al sistema mec´ anico en dos partes de igual masa ni de igual volumen ni de igual longitud; lo que es igual en ambas partes es la suma de los productos de las masas por sus correspondientes distancias al plano.

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
j kp repartida de modo uniforme a lo largo de 3 m de longitud es f
= −2
j kp/m. Como ocurr´ıa en los sistemas de fuerzas discretas, un sistema de fuerzas distribuidas tambi´en se puede reducir a una fuerza deslizante con las mismas componentes que la resultante aplicada en un punto cualquiera Q m´as un par cuyo momento sea el momento en Q del sistema. Consideremos, por ejemplo, un sistema de fuerzas distribuidas en un cierto volumen V del s´olido r´ıgido. Sobre cada elemento infinitesimal de volumen dV actuar´ a una fuerza dF
= f
dV . La resultante vendr´a dada entonces por: 
R = dF


Sistema de fuerzas distribuidas

81

y

y f (x)

R

= O

x

x

I-

x

O

EU

AT

3.11

f (x)

x

O

x

AD

O

R

=  f
dV,

=

LIC

AP

V

x

(3.62)

V

y el momento en Q del sistema por: 
× dF

QP MQ = 
× f
dV, = QP

FIGURA 3.17: Densidad de carga y superficie de carga de una carga rectangular (arriba izda.) y de una triangular (abajo izda.). Esas cargas son mec´ anicamente equivalentes a una
cuya l´ınea de acci´ u ´nica carga R on pasa por centroide de la superficie de carga (dcha.).

AI

y

y

(3.63)

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

3.11.2.

Cargas planas rectas

DP

TO .

FIS I

CA

Una carga plana recta es un sistema de fuerzas paralelas y con el mismo sentido distribuidas a lo largo de una l´ınea recta. En este texto estudiaremos u ´ nicamente cargas planas aplicadas perpendicularmente a una recta. Por ejemplo, el peso de la nieve que se ha acumulado sobre 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 l´ınea de la viga, la carga distribuida se representa por la funci´ on densidad lineal de carga, f (x), que se mide en unidades de fuerza por unidad de longitud (N/m en el SI). Representaremos esta funci´on sobre el eje y de nuestro sistema de referencia (fig. 3.16). En esta representaci´ on, a la superficie limitada por la densidad de carga se le llama superficie de carga. Esta superficie tiene dimensiones de fuerza puesto que en el eje horizontal tenemos longitudes y en el vertical densidades lineales de carga. Seg´ un la forma que tenga la superficie de carga hablaremos de cargas rectangulares o uniformemente distribuidas, en las que la densidad lineal de carga es constante en todos los puntos (fig. 3.17 arriba izda.), triangulares o uniformemente variables (fig. 3.17 abajo izda.), trapezoidales, parab´ olicas, irregulares, etc. Las cargas planas que estamos considerando en este texto pueden representarse mediante un sistema de fuerzas paralelas de la forma dF
= dF (−
j) = f (x) dx (−
j).

(3.64)

carga plana recta y f (x)

O

x

FIGURA 3.16: Densidad de carga f (x) de una carga distribuida perpendicularmente sobre el eje x.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

82

I-

EU

Dado que la resultante del sistema es no nula, ´este siempre puede reducirse a una fuerza u ´ nica igual a la resultante aplicada en el centro del sistema. La resultante tendr´a la misma direcci´on y sentido que la carga distribuida y su m´odulo se calcula como:  R= dF  = f (x) dx, (3.65)

x

O

AP

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

AI

dx

donde la integral se extiende a la regi´ on de aplicaci´ on de la carga plana. Ahora bien, puesto que el integrando f (x) dx representa el elemento de ´area dS bajo la curva f (x) (fig. 3.18), el m´ odulo de la resultante del sistema de fuerzas es igual al a´rea encerrada bajo la funci´on f (x), que es el ´area de la superficie de carga y que suele denominarse carga total. Para hallar la coordenada x del centro del sistema de fuerzas paralelas basta sustituir, en la expresi´ on (3.38), el sumatorio de las fuerzas extendido a todas las fuerzas discretas por la integral extendida a las fuerzas infinitesimales dF :  x dF xG =  dF  xf (x) dx =  f (x) dx  x dS =  dS =x ¯, (3.66)

AD

f (x)

LIC

y

FIS I

f (x)

y

CA

donde x ¯ es la coordenada x del centroide de la superficie de carga. N´otese que, al ser las fuerzas distribuidas verticales, conociendo la coordenada x¯ del centroide de la superficie de carga la l´ınea de acci´on de la fuerza u ´ nica equivalente al sistema queda perfectamente determinada, sin necesidad de determinar la coordenada y¯ (fig. 3.17 dcha.).

3.11.3.

O

x

DP

TO .

FIGURA 3.19: Sistema de fuerzas paralelas cuya densidad de cargas f = f (x) es directamente proporcional a la distancia al eje y.

viga

Fuerzas proporcionales a la distancia. Flexi´ on pura. Momento de inercia

Estudiaremos a continuaci´ on un caso particular de fuerzas distribuidas: las fuerzas paralelas cuya densidad de carga es directamente proporcional a la distancia a un eje (fig. 3.19). Fuerzas de este tipo aparecen en dos aplicaciones de inter´es en arquitectura: Vigas sometidas a una flexi´ on pura. Fuerzas hidrost´ aticas sobre una superficie plana. A continuaci´ on estudiaremos el caso de vigas sometidas a flexi´on pura; el otro caso lo estudiaremos en el cap´ıtulo 6. En este apartado abandonaremos moment´ aneamente el modelo de s´olido r´ıgido; supondremos que un sistema de fuerzas que act´ ua sobre un s´ olido puede producir su deformaci´ on. En particular, estudiaremos un tipo sencillo de deformaciones. Una viga es un s´olido homog´eneo e is´ otropo engendrado por una secci´ on

83

fibra de una viga

y

(x,y)

dS k x O z

FIGURA 3.20: Secci´ on transversal de la viga y sistema de referencia elegido.

directriz de la viga el´astica de la viga

FIS I

CA

AP

LIC

AD

AI

I-

plana S, que generalmente admite un plano de simetr´ıa, y cuyo centroide describe una curva denominada directriz de modo que el plano que contiene a S es normal en cada punto a dicha directriz. Una fibra de una viga es el elemento de volumen generado por un elemento infinitesimal de superficie de la secci´on transversal de la viga cuando esta secci´on se desplaza a lo largo de la directriz. En particular, la fibra que se engendra a partir de un elemento de superficie tomado alrededor del centroide de la secci´on se denomina fibra media. Consideremos una viga homog´enea cuya secci´on transversal tiene dos ejes de simetr´ıa y en la que la distribuci´ on de masa es uniforme (σ = cte). En esa secci´on, elijamos un sistema de referencia cartesiano {O; x, y} con origen en el centro de masa de la secci´on transversal, es decir (¯ x, y¯) = (0, 0) (fig. 3.20). Supongamos que sobre la viga act´ uan dos pares de fuerzas iguales y opuestos aplicados en sus extremos (fig. 3.21). Se dice entonces que la viga est´a sometida a una flexi´ on pura. Se llama directriz de la viga al lugar geom´etrico de los centros de masa de las secciones transversales de la viga. La directriz es, por tanto, perpendicular a cada una de las secciones transversales. La curva que adopta la directriz despu´es de una deformaci´on se llama el´ astica de la viga. Para simplificar nuestro an´ alisis, consideraremos que la deformaci´on que sufre la viga cumple la hip´ otesis de Navier, es decir: toda secci´on plana perpendicular a la directriz permanece plana y perpendicular a la directriz despu´es de la deformaci´on. Al deformarse la viga, se alargan las fibras longitudinales del lado convexo, que est´ an sometidas a tracci´ on, y se acortan las fibras del lado c´ oncavo, que est´an sometidas a compresi´ on. Entre ellas siempre existe una fibra que mantiene constante su longitud (fig. 3.22). Se llama l´ınea neutra o fibra neutra a aquella fibra que mantiene constante su longitud. El alargamiento por unidad de longitud de una fibra situada a una distancia y de la l´ınea neutra (fig. 3.22) viene dado por

AT

Sistema de fuerzas distribuidas

EU

3.11

y ∆l = , l0 r

(3.67)

TO .

donde l0 es la longitud de la fibra antes de la deformaci´ on y r es el radio de curvatura de la l´ınea neutra tras la deformaci´ on (fig. 3.22). Suponiendo que los alargamientos sufridos por las fibras cumplen la ley de Hooke, es decir que el alargamiento por unidad de longitud de cada fibra es proporcional a la fuerza e inversamente proporcional al a´rea de la secci´on de la fibra, podemos escribir 1F ∆l , (3.68) = l0 ES

y z

y

M

−M

z

FIGURA 3.21: Viga antes (arriba) y despu´es (abajo) de ser sometida a una flexi´ on pura. Claude Louis Marie Henri Navier (Dijon, 1785; Par´ıs, 1836): Ingeniero y constructor de puentes, es hoy fundamentalmente recordado por la llamada ecuaci´ on de NavierStokes de la din´ amica de fluidos.

r

DP

línea neutra donde E es una constante caracter´ıstica del material de la viga, que se llama y fi bras n ó m´ odulo de Young . i sometidas a compres f ib En la ec. (3.68) es f´ acil comprobar que E tiene dimensiones de fuerza/superficie. ió n ras s ometidas a tracc En el SI el m´ odulo de Young se mide en newton por metro cuadrado (N/m2 ) o, lo que es lo mismo, pascal (Pa). Los m´odulos de Young de diferentes materiales pueden encontrarse en el cap´ıtulo 8. FIGURA 3.22: Comportamiento de

las fibras longitudinales de una viga sometida a flexi´ on pura.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

y

EU

F
k f
(x, y) = S E
= y k, r

(3.69)

es decir, es directamente proporcional a la distancia al eje x (fig. 3.23). En el sistema de referencia elegido al principio (fig. 3.23) la resultante de las fuerzas internas tiene la siguiente expresi´ on: 
= f
dS R  E = y dS
k r  E = y dS
k r E y¯ S
k. (3.70) = r

z

Por otro lado, si la viga est´ a en equilibrio la resultante de las fuerzas internas es nula porque las fuerzas internas equivalen a un par. Por tanto, y¯ = 0, de donde 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

 E

O = M y k dS (x
ı + y
j) × r   E E 2 = − x y
j dS + y
ı dS r r  E = (3.71) y 2 dS
ı. r

CA

AP

FIGURA 3.23: Perfil de la densidad de cargas sobre la secci´ on transversal.

LIC

O

AD

AI

f (x,y)

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

I-

Thomas Young [Milverton (Somerset), 1773; Londres, 1829]: Adem´ as de por sus estudios sobre elasticidad y resistencia de materiales, tambi´en es famoso porque en 1801 demostr´ o, mediante un experimento de interferencia, la naturaleza ondulatoria de la luz.

AT

84

FIS I

N´ otese que la primera integral en (3.71) es cero s´olo si la viga y el sistema de referencia elegido tienen las caracter´ısticas descritas antes. Se llama momento de inercia (o momento de segundo orden) de la secci´on respecto al eje x a la cantidad  Ix = y 2 dS. (3.72)

TO .

momento de inercia

DP

producto de inercia

El momento de inercia es es una cantidad positiva y, en el SI, se mide en kilogramo-metro cuadrado (kg m2 ). La integral  Pxy =

x y dS

(3.73)

se denomina producto de inercia y vale cero por ejemplo si alg´ un eje (x ´ o y) es de simetr´ıa. Cuanto mayor sea el momento de inercia, mayor ser´a la resistencia a la flexi´ on ofrecida por la viga. Ello explica por qu´e los perfiles habituales de las vigas son en forma de I, L, C (cuadrada), U (cuadrada): estas formas geom´etricas tienen momentos de inercia grandes y por tanto aumentan la resistencia a la flexi´ on.

85

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

N 

mi yi2 .

(3.74)

i=1

AT

Sistema de fuerzas distribuidas

EU

3.11

I-

Un resultado (que no demostraremos) muy u ´ til para el c´ alculo de momentos de inercia, es el llamado teorema de Steiner:

Jakob Steiner (Utzenstorf, 1796; Berna, 1863): Fue uno de los grandes contribuidores a la geometr´ıa proyectiva.

AD

AI

Si IG es el momento de inercia de un cuerpo de masa m respecto a un eje lG que pasa por el centro de masa del cuerpo, entonces el momento de inercia respecto a un eje paralelo a lG que est´e a una distancia d de lG es (3.75) I = IG + m d2 .

LIC

En el ap´endice C se presentan los momentos de inercia de algunas l´ıneas y superficies planas frecuentes.

PROBLEMA RESUELTO 3.3:

CA

AP

Sobre un s´ olido r´ıgido act´uan cuatro fuerzas coplanarias, F
1 , F
2 , F
3 y F
4 , de las que se conoce que sus rectas de acci´on pasan por los puntos (0, 0) m, (0, 1) m, (1, 1) m y (1, 0) m respectivamente, seg´un se muestra en la figura. Los m´ odulos de las fuerzas F
1 y F
2 son iguales a 10 N, los ´angulos α y β son tales que tan α = 34 y tan β = 12 , y las componentes x e y de las fuerzas F
4 y F
3 valen F4x = −4 N y F3y = 5 N. (a) Determina el sistema fuerza-par equivalente en el origen de coordenadas.

FIS I

(b) ¿Puede la fuerza 1
ı N, aplicada en el origen de coordenadas, ser una de las fuerzas del par? (c) Si es as´ı, y si tomamos la segunda fuerza del par aplicada en un punto del eje OY , ¿d´ onde deber´ıamos aplicarla? (d) Reduce el sistema de las cuatro fuerzas iniciales a s´olo dos fuerzas, una de las cuales est´e aplicada en el origen de coordenadas.

TO .

(e) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas a una sola fuerza en alg´ un punto del espacio? Si es as´ı, averigua sobre qu´e punto del eje OX deber´ıa aplicarse.

DP

(f) Obt´en la ecuaci´ on del eje central del sistema de fuerzas.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AI

I-

EU

AT

86

AD

PROBLEMA RESUELTO 3.3

Soluci´ on:

LIC

(a) Determinamos primero la expresi´ on anal´ıtica de las fuerzas. Las fuerzas F
1 y F
2 son paralelas a los ejes coordenados y sus m´ odulos son conocidos, por lo que podemos escribir directamente, F
1 = 10
ı = (10, 0) N, F
2 = 10
j = (0, 10) N.

(P3.1) (P3.2)

CA

AP

En cuanto a las fuerzas F
3 y F
4 , sabemos que 3 |F4y | = , |F4x | 4 |F3y | 1 tan β = = , |F3x | 2

tan α =

(P3.3) (P3.4)

FIS I

y dado que |F4x | = 4 N y |F3y | = 5 N resulta |F4y | = 3 N y |F3x | = 10 N. Teniendo en cuenta la orientaci´ on de las fuerzas podemos escribir F
3 = 10
ı + 5
j = (10, 5) N, F
4 = −4
ı + 3
j = (−4, 3) N.

(P3.5) (P3.6)

DP

TO .

El sistema fuerza-par equivalente en el punto O estar´a formado por una fuerza F
tot = =


R F
1 + F
2 + F
3 + F
4

= 16
ı + 18
j = (16, 18) N,

(P3.7)

cuya l´ınea de acci´on pasa por O, y un par de fuerzas de momento
par = M
O M
O (F
1 ) + M
O (F
2 ) + M
O (F
3 ) + M
O (F
4 ) = M
× F
1 + OP
2 × F
2 + OP
3 × F
3 + OP
4 × F
4 = OO = (
ı +
j ) × (10
ı + 5
j ) +
ı × (−4
ı + 3
j ) = −2
k N m,

(P3.8)

87

donde se ha tenido en cuenta que el producto vectorial de vectores paralelos es nulo.
O. (b) Las fuerzas que formen el par han de ser perpendiculares al momento M Como
O = 0, (P3.9) 1
ı · M

I-

la fuerza 1
ı N podr´a ser efectivamente una de las fuerzas del par.

AT

Sistema de fuerzas distribuidas

EU

3.11

(c) Si la segunda fuerza del par, −1
ı N, est´a aplicada sobre el eje OY , su punto de aplicaci´ on tendr´a por coordenadas Q(0, y). El momento del par ser´a entonces

AI


par = OQ
× (−
ı ) = y
j × (−
ı ) = y
k. M

(P3.10)


par resulta entonces y = −2 m.
O y M Igualando M

AD

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

LIC

f
1 = (16, 18) N, sobre una recta que pase por (0, 0) m, f
2 = (1, 0) N, sobre una recta que pase por (0, 0) m, f
3 = (−1, 0) N, sobre una recta que pase por (0, −2) m.

(d) Al ser las fuerzas f
1 y f
2 concurrentes en el punto O pueden reemplazarse por su suma, con lo que el sistema puede reducirse tambi´en al sistema de fuerzas

AP

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.

CA

(e) Para que el sistema inicial de fuerzas pueda reducirse a una u ´nica fuerza equi
min =
0 y, por tanto, que M
O · R
= 0, con R
=
0. En valente se requiere que M nuestro caso dicha condici´ on se satisface, pues se trata de un sistema de fuerzas coplanarias con resultante no nula. La fuerza que sea equivalente al sistema completo ha de tener la misma resultante y momento que el sistema completo. Por tanto,

FIS I


= (16, 18) N. F
tot = R

(P3.11)

Si suponemos que la fuerza est´a aplicada en un punto T del eje OX, de coordenadas T (x, 0), el momento de la fuerza habr´a de ser
O (F
tot ) = OT
× F
tot = 18x
k = −2
k N m, M

(P3.12)


O = −2
k N m. Resulta entonces x = − 1 m. pues M 9

TO .

En resumen, el sistema de fuerzas inicial puede sustituirse por la fuerza F
tot aplicada en el punto T (− 91 , 0) m, o en cualquier otro punto de su recta de acci´ on.

DP

(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, m´ınimo. Por tanto, el punto T pertenece al eje central. Por otro lado, el eje central es paralelo a la resultante, con lo que la ecuaci´ on de la recta del eje central resulta ser x + 19 y−0 = , (P3.13) 16 18 donde las coordenadas est´an expresadas en metros.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

z

AT

88

z

O

D

O

y

x

D

EU

z

y

x C

B

F1 = 100 N

I-

A

AI

B

A'

C

Mpar 1,2 = 10 N m

37o

37o

y F3 = 5 0 N

A

F1 = 100 N OD = DC = CA = 1/3 m AB = A'B' = 1/5 m AA' = BB' = 1/10 m

(b)

(c)

LIC

(a)

AD

A

D

x

C F2 = F1 = 100 N B'

O

F4 = 5 0 N

PROBLEMA RESUELTO 3.4:

AP

FIGURA 3.24:

CA

En la fig. 3.24 (a) se muestra una tuber´ıa acodada anclada a un dep´ osito por el punto O. En su extremo A se ha colocado un codo que ya est´a pr´acticamente enroscado y que se est´a asegurando aplicando una fuerza de m´ odulo F1 = 100 N a una llave. (a) Calcula el momento de dicha fuerza en el punto A.

FIS I

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

Se aplica a continuaci´ on una fuerza F2 de 100 N en el extremo de una nueva llave anclada en el punto A
tal y como se muestra en la fig. 3.24 (b).

DP

TO .

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

A continuaci´ on, se aplican dos fuerzas m´as, F
3 y F
4 , ambas de m´ odulo 50 N, como se observa en la fig. 3.24 (c). En esta nueva situaci´ on: (d) Calcula el sistema fuerza-par equivalente en O. (e) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas aplicadas a una fuerza u ´nica? En caso afirmativo, halla el punto del plano OXY donde se puede aplicar una sola fuerza F
5 que anule al anterior sistema, y el valor de dicha fuerza. Explica c´omo podr´ıa aplicarse a la tuber´ıa. Nota: Considera cos 37◦ = 45 , sen 37◦ = 35 .

Sistema de fuerzas distribuidas

89

AT

3.11

EU

Soluci´ on: (a) Observamos a partir de la fig. 3.24 (a) que
A (F
1 ) = AB
× F
1 M = 0,2
ı × 100
j = 20
k N m.

I-

(P4.1)

AD

AI

(b) El efecto de F
1 en A es equivalente a una fuerza F
tot aplicada en O de
par es igual componentes iguales a las de F
1 y un par cuyo momento de par M


a MO = OB × F1 . As´ı, de la figura, y viendo que el punto B tiene de coordenadas 8 1 B( 15 , 3 , − 13 ) m, obtenemos F
tot = F
1 = (0, 100, 0) N,

(P4.2)

100 160 , 0, ) N m, 3 3

(P4.3)

AP

=(

LIC

que expresa una tendencia a la traslaci´ on seg´ un el eje OY , y adem´as,   
ı
j
k   
par = M
O =  8 1 − 1  M 3   15 3  0 100 0 

que expresa la tendencia a la rotaci´ on.

CA

(c) Como es F
2 = −F
1 = (0, −100, 0) N, el sistema de fuerzas F
1 , F
2 forman un par, cuyo momento tiene el mismo valor en todos los puntos del espacio. As´ı, tanto en A como en O, el sistema fuerza-par equivalente estar´a formado u ´nicamente por una par de fuerzas cuyo momento de par sea

FIS I


par = B

B × F
1 M = −0,1
k × 100
j = (10, 0, 0) N m.

(P4.4)

No es necesario la aplicaci´ on de una fuerza en el punto de reducci´ on, pues
= F
1 + F
2 =
0, F
tot = R

(P4.5)

DP

TO .

Si comparamos este resultado con el obtenido en el apartado (b) observamos que la aplicaci´ on de las dos llaves tiene ahora un menor efecto mec´anico sobre el conjunto de las tuber´ıas. Por un lado, no hay fuerza neta que intente trasladar el sistema de tuber´ıas (F
tot =
0), y por otro no existe momento en direcci´on z que intente hacerlas rotar (Mpar z = 0). Sin embargo, la llave AB, que est´a aplicada directamente sobre el codo, ejerce un par sobre ´este que tiende a hacerlo girar, enrosc´andolo sin afectar sensiblemente al resto de las tuber´ıas gracias a la aplicaci´ on de la otra llave. (d) En O el sistema fuerza-par equivalente se compone de una fuerza F
tot con
de las fuerzas aplicadas, y de un par componentes iguales a las de la resultante R
par igual al momento del sistema en O, M
O . Para calcularlos necesitamos de M

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

90

EU

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

(P4.6) (P4.7)

AI

I-

F
3 = (0, 50 cos 37◦ , 50 sen 37◦ ) = (0, 40, 30) N,
F4 = (−40, 0, 30) N,


× F
3 MO (F3 ) = OC   
ı
j
k      =  13 13 0     0 40 30  40 ) N m, 3

(P4.8)

AD

= (10, −10,

LIC


O (F
4 ) = OD
× F
4 M   
ı
j
k      =  0 13 0     −40 0 30  = (10, 0,

40 ) N m. 3

(P4.9)

As´ı, finalmente,

CA

AP


=
0 + F
3 + F
4 F
tot = R

= (−40, 40, 60) N,


par 1,2 + M
O (F
3 ) + M
O (F
4 ) Mpar = MO = M 80 = (30, −10, ) N m. 3

(P4.10)

(P4.11)

FIS I

(e) Este sistema de fuerzas ser´a reducible a una u ´nica fuerza si cumple que su

O · R,
s´ı es nulo. Lo primer invariante, R, es no nulo y su invariante escalar, M primero es obvio, y lo segundo lo vamos a comprobar:
O ·R
= −1200 − 400 + 1600 = 0, M

(P4.12)

luego s´ı es reducible a una u ´nica fuerza: F
tot aplicada en el eje central del sistema.

DP

TO .

Entonces, para anular esa fuerza u ´nica equivalente (y por ello para anular el sistema de partida) habr´a que aplicar una fuerza opuesta tambi´en en el eje central.
= (40, −40, −60) N. As´ı, ya sabemos el valor de la fuerza, F
5 = −R

Y el punto E(x, y, 0) ∈ OXY donde se aplica lo hallaremos imponiendo que debe pertenecer al eje central, donde el momento es m´ınimo y, adem´as, nulo en nuestro caso. El eje central del sistema se obtiene aplicando el teorema del centro de reducci´on
O = entre un punto donde se conoce el momento del sistema (tal como el O: M (30, −10, 80 ) N m) y un punto cualquiera E del eje central (donde tambi´ en se 3 conoce el momento, que es el m´ınimo, nulo en nuestro caso):
E + OE
× R,

O = M M

(P4.13)

Sistema de fuerzas distribuidas

91

AT

3.11


O = OE
× R;
M

(P4.14)

  
ı
j
k    80   (30, −10, ) =  x y 0    3  −40 40 60 

I-

= (60y, −60x, 40x + 40y)

(P4.15)

AI

As´ı, resulta: 30 = 60 y

(P4.16)

−10 = −60 x 80 = 40 x + 40 y. 3

(P4.17)

AD

(P4.18)

LIC

Y el resultado es E( 16 , 12 , 0) m (no necesitaremos usar la ec. (P4.18) porque es linealmente dependiente de las otras dos). La manera de aplicar F
5 a la tuber´ıa, para as´ı anular el sistema de fuerzas sobre ella, puede ser mediante una llave de longitud 16 m que cumpla las siguientes condiciones:

AP

(i) Que est´e agarrada en el punto medio del segundo tramo recto de la tuber´ıa, CD. As´ı, la boca de la llave estar´a situada en x
= 16 m, y
= 13 m. (ii) Que tenga el mango dispuesto en el plano OXY , perpendicular a CD. El extremo del mango tendr´a por entonces por coordenadas x
= 16 m, y = 1 1 1 3 + 6 = 2 m.

CA

Sobre el extremo de la llave habremos de aplicar entonces la fuerza F
5 .

FIS I

PROBLEMA RESUELTO 3.5:

En la figura se muestra una viga sobre la que act´ uan dos sistemas de fuerzas distribuidas y dos fuerzas puntuales.

TO .

(a) Halla el m´ odulo F de las fuerzas puntuales y el valor de la carga total Pt de la distribuci´ on triangular si queremos que el sistema completo de fuerzas sea nulo. (b) Calcula en ese caso, de dos formas distintas, el centro de fuerzas paralelas del sistema formado por todas las fuerzas distribuidas. (c) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas distribuidas a una u ´nica fuerza aplicada sobre la viga? En caso afirmativo, calcula el valor y punto de aplicaci´ on de dicha fuerza puntual.

DP

EU

que, en este caso, queda:

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

92

Pt 2m

3m

2m

fr = 5 103 N/m

F

I-

PROBLEMA RESUELTO 3.5

EU

F

Pr

AI

Soluci´ on:

AD

(a) En la fig. P5a se indica a qu´e fuerzas se reducen los sistemas de fuerzas dis´ tribuidas triangular y rectangular, y cu´ales son sus puntos de aplicaci´ on. Estos se calculan sabiendo que se sit´uan en el centroide de la correspondiente superficie de carga: el centroide del tri´angulo est´a a 13 de su base midiendo desde su altura, y el del rect´angulo a 12 de su base.

LIC

La carga total de la distribuci´ on rectangular es Pr = b h = 104 N.

(P5.1)

AP

Nos piden hallar Pt y las fuerzas puntuales F de los extremos de forma que el sistema completo de fuerzas sobre la viga sea nulo. Eso significa imponer las siguientes condiciones:  F
=
0, (P5.2) 
I =
0, M (P5.3) donde hemos elegido el extremo izquierdo I como punto de reducci´on.

CA

Como todas las fuerzas son (paralelas) verticales y coplanarias, elegimos los ejes coordenados de la fig. P5a, donde el eje vertical es el IY , el plano IXY es el que contiene todas las fuerzas que act´uan sobre la viga, y el eje perpendicular a ese plano es el IZ. De esa forma, teniendo en cuenta la figura, las ´unicas condiciones escalares no triviales que resultan son las dos siguientes:  Fy = 0 :

DP

TO .

FIS I

FIGURA P5a: Resoluci´ on del apartado (a).

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, 7F − 3Pt − 6 × 104 = 0.

(P5.6) (P5.7)

F = 3 × 104 N, Pt = 5 × 104 N.

(P5.8) (P5.9)

Resolvi´endolo resulta:

Pt

Pr

+

93

←

←

F

←

7m

←

+

=

xG

7/2 m

←

AD

2F

AI

G

I-

Pt + P r I

=

F

AT

Sistema de fuerzas distribuidas

EU

3.11

LIC

xG = 7/2 m

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

AP

(b) La primera forma de calcular el centro de fuerzas paralelas del sistema formado por todas las fuerzas distribuidas la resumimos en la fig. P5b. La segunda forma hace uso de la f´ ormula que determina en general al centro de fuerzas paralelas, en este caso fij´andonos s´ olo en las dos cargas puntuales equivalentes a las distribuidas en la fig. P5a.

CA

As´ı, el centro de fuerzas paralelas es el punto G(xG , yG ), con: Pt xt + Pr xr Pt + Pr 5 × 104 × 3 + 104 × 6 = 6 × 104 7 = m. 2

FIS I

xG =

Pt y t + Pr y r Pt + Pr 5 × 104 × 0 + 104 × 0 = 6 × 104 = 0 m.

(P5.10)

TO .

yG =

(P5.11)

DP


· R=0)
(c) S´ı, por tratarse de un sistema de fuerzas paralelas (⇒ M de resultante
= 0). La fuerza puntual equivalente F
tot estar´ıa aplicada en el eje no nula (R central del sistema, del cual conocemos el punto G, y tendr´ıa como componentes
F
tot = (0, −6 × 104 ) N, aplicada en G( 7 , 0) m. las de R: 2

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

94

EU

Problemas propuestos

AI

I-

3.1. Sea el sistema de fuerzas sobre un s´ olido r´ıgido de (e) Si no es posible, ¿puede anularse a˜ nadiendo adem´as la figura, cuyos m´odulos son |F
1 | = 4 N, |F
2 | = 2 N, un par? ¿Qu´e valor tendr´a ´este? |F
3 | = |F
4 | = 1 N, sus direcciones las de las aristas corresNota: Considera cos 37◦ = 45 , sen 37◦ = 35 . pondientes del prisma dibujado en el s´ olido, sus sentidos los 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 s´olido. Con esta informaci´ on:

(b) ¿Cu´anto vale el invariante escalar? ¿Cu´anto valdr´a el momento del sistema en un punto E del eje central?

LIC

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

AD

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

(d) Halla la ecuaci´ on del eje central del sistema de fuerzas. z P2

F1

F2 P1 ←

O P3

P4

←

F3

y

3.3. La plataforma flotante de embarque de la figura es aproximada a su lugar de anclaje definitivo mediante cuatro remolcadores. Cada remolcador ejerce una fuerza de 25 kN en la direcci´on representada. Determina: (a) El sistema fuerza-par equivalente a las fuerzas ejercidas por los remolcadores en el punto O. (b) El punto del pantal´an AB en el que un u ´nico remolcador m´as potente deber´ıa empujar a la plataforma para producir el mismo efecto que los cuatro remolcadores originales. ¿Con qu´e fuerza deber´ıa empujar?

FIS I

x

CA

F4

AP

←

←

PROBLEMA 3.2

y

PROBLEMA 3.1

30 m

TO .

3.2. La figura representa una placa triangular r´ıgida de peso despreciable sobre la cual se aplica el sistema de fuerzas SI formado por las fuerzas F
A , F
B , F
C . Sabiendo que los m´odulos de las fuerzas son |F
A | = |F
B | = |F
C | = 10 N:

DP

(a) Reduce el sistema SI a un sistema fuerza-par en el punto B. (b) Determina una u ´nica fuerza F
I equivalente al sistema SI en alg´ un punto del lado AB, indicando cu´al es ese punto. (c) Halla el eje central del sistema SI . ´nica (d) ¿Es posible anular el sistema SI aplicando una u fuerza en el punto medio del lado AC?

20 m

15 m

20 m O

A 4m

x

B

45º

60º 50 m

50 m 4m

50 m 4m

PROBLEMA 3.3

4m

95

AT

Problemas propuestos

LIC

(c) Reduce el sistema anterior a una u ´nica fuerza equivalente aplicada en el eje OY , indicando claramente las componentes de la fuerza y las coordenadas de su punto de aplicaci´ on.

AD

AI

I-

EU

3.4. En la figura se muestra el techo en voladizo de un es- de su centro de masa en el sistema de referencia de la figura 3 6 tadio deportivo, que junto a su soporte, se puede considerar son G( 10 , 5 ) m. En las condiciones descritas, el m´odulo de
de reacci´on en el apoyo es φ = 550 N. como un s´olido r´ıgido de peso 200 kN aplicado en el centro la fuerza φ de gravedad, de coordenadas G(3, 5) m. En el techo AB se tiene una fuerza uniformemente distribuida debida a la nie- (a) Determina la fuerza equivalente, F
, ejercida por el on sobre ve, de densidad de carga 5/8 kN/m. En el lateral CD act´ua viento sobre el panel e indica su punto de aplicaci´ perpendicularmente una distribuci´ on triangular de fuerzas el mismo. debidas al viento, cuya densidad m´axima de carga se produ- (b) Halla el sistema fuerza-par equivalente al sistema de ce en el punto C, donde su valor es 2/3 kN/m. Finalmente, fuerzas {F
, P
, φ}
en el punto O. la tensi´ on del cable en el punto A vale T = 112 kN.
a una fuerza (c) Reduce el sistema de fuerzas {F
, P
, φ} (a) Reduce cada fuerza distribuida a una sola fuerza equi- ´unica aplicada sobre el panel, y determina su punto de valente, indicando las componentes y punto de aplicaci´ on aplicaci´ on. de cada una. (d) Calcula la ecuaci´ on del eje central del sistema de fuer(b) Reduce el sistema formado por las fuerzas distribuidas, zas {F
, P
, φ}.
el peso y la tensi´on a un sistema fuerza-par equivalente en el punto O. y

200 N/m B

AP

(d) Halla la ecuaci´ on del eje central del anterior sistema de fuerzas. Nota: Considera cos 53◦ = 35 , sen 53◦ = 45 . y

A ¬

T

CA

8m

B

C

53

o

O

FIS I

G (3,5) m

D

4,5 m

G(3/10, 6/5) m

1m

A

O

x

1,2 m

9m

PROBLEMA 3.5 x

DP

TO .

3.6. Sobre las paredes de un muro homog´eneo de 2 kN de peso act´ua un conjunto de fuerzas distribuidas tal como se 1m muestra en la figura. La densidad de carga m´axima de la PROBLEMA 3.4 distribuci´ on triangular de la izquierda es 80 3 kN/m, la carga total de la distribuci´ on triangular de la derecha vale 20 kN on rectangular es de 3.5. La figura representa un soporte publicitario forma- y la densidad de carga de la distribuci´ do por un panel OB unido r´ıgidamente a una estructura 20 kN/m. met´alica. La estructura met´alica est´a apoyada sin rozamiento en A. Sobre el panel act´ ua frontalmente la fuerza del (a) Calcula las coordenadas del centro de gravedad del viento, que puede tratarse como una distribuci´ on de fuer- muro. zas triangular, de modo que la densidad de fuerza en la (b) Calcula el sistema fuerza-par equivalente en el punto zona superior es 200 N/m. El peso del conjunto del panel y B del conjunto de fuerzas formado por el peso del muro y de la estructura met´alica es P = 700 N, y las coordenadas las tres fuerzas distribuidas.

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

96

(c) Calcula el momento del sistema en el origen de coordenadas. (Se recomienda que se calcule directamente y, adem´as, se compruebe a partir del momento en G).

2m

(d) Comprueba que el invariante escalar del sistema es cero. B

I-

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

3m 60

Una fuerza puntual de m´ odulo 10 N, aplicada a 1 m del extremo izquierdo de la viga, cuya direcci´ on forma 53◦ con la viga y la empuja hacia abajo y hacia la derecha.

0

AI

2.95 m

1m

0

80 aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa PROBLEMA 3.6

AP

LIC

3.7. La placa de cimentaci´ on rectangular de la figura soporta las cargas de 6 columnas, cargas que consideraremos fuerzas puntuales aplicadas sobre la placa en la base cada columna. Calcula las fuerzas que deben ejercer las columnas A y B para que el centro del sistema de fuerzas ejercidas por todas las columnas sobre la placa sea el centro geom´etrico de la misma.

Una fuerza distribuida triangular normal a la viga y orientada hacia abajo, que act´ ua en la zona de la viga comprendida entre los 2 m y los 5 m medidos desde el extremo izquierdo de la viga, y presenta una densidad de carga m´axima de 8 N/m en el punto situado a 5 m del extremo izquierdo.

AD

A

EU

(c) Razone si es posible reducir el sistema a una u ´nica fuerza equivalente en alg´ un punto del tramo AB.

50 kN 100 kN

x

B

A

30 kN

FIS I

200 kN

CA

z

y

6m

6m

6m

TO .

PROBLEMA 3.7

Una fuerza de 16 N normal a la viga y orientada hacia abajo, distribuida uniformemente en la zona de la viga comprendida entre los 5 m y los 7 m, medidos desde el extremo izquierdo de la viga. Una fuerza puntual de 4 N normal a la viga y orientada hacia abajo, aplicada a 8 m del extremo izquierdo de la viga.

Considerando la viga como un s´ olido r´ıgido: (a) Calcula el centro de fuerzas paralelas del sistema formado por las fuerzas distribuidas y la fuerza puntual de 4 N. (b) ¿Es posible reducir ese sistema de fuerzas paralelas a una sola fuerza? En caso afirmativo, calcula su valor y punto de aplicaci´ on. (c) Reduce el sistema de fuerzas total a un sistema fuerzapar equivalente en el extremo izquierdo de la viga. (d) ¿Es posible reducir el sistema completo a una sola fuerza? En caso afirmativo, encuentra a qu´e distancia del extremo izquierdo puede aplicarse esa u ´nica fuerza equivalente y calcula las componentes de dicha fuerza.

DP

3.8. Un sistema de fuerzas paralelas sobre un s´ olido r´ıgido est´a constituido por F
1 = (1, 2, 3) N, aplicada en el punto P1 (0, 1, 1) m; F
2 = (3, 6, 9) N, aplicada en el pun- Nota: Considera cos 53◦ = 35 , sen 53◦ = 45 . to P2 (−2, 1, 5) m; y F
3 aplicada en el punto P3 (3, 1, 1) m. 3.10. El momento de un sistema de fuerzas sobre un s´oli
(a) Determina las componentes de F
3 , de forma que el do r´ıgido en el punto O (0, 0, 0) es MO = (2, 1, −3) Nm,
centro G del sistema sea el punto de intersecci´on del eje 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: central del sistema con el plano coordenado OY Z. (b) En este caso, calcula las coordenadas del centro G del sistema de fuerzas.

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

97

(b) El momento m´ınimo del sistema.

AT

Cuestiones

Calcula:

EU

(c) La ecuaci´ on del eje central.

(a) La resultante del sistema. (b) El momento m´ınimo.

3.11. De un sistema de fuerzas sobre un s´ olido r´ıgido se sabe que

(c) El momento del sistema en el origen de coordenadas O.

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

I-

(d) El sistema fuerza-par equivalente en O. (e) El momento del sistema en el punto Q (1, 1, 0) m.

el invariante escalar es 54 N2 m.

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

AD

AI

la resultante tiene√todas sus componentes positivas y su m´odulo vale 3 3 N,

Cuestiones 3.1. Sea F
, de componentes F
= (Fx , Fy , 0), una fuerza aplicada sobre un s´ olido r´ıgido. Entonces su momento en el punto Q(0, 0, 1)

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

LIC

(b) el momento del sistema es siempre paralelo a la resultante.

(a) es un vector unitario.

AP

(b) tiene m´ odulo igual a la distancia entre Q y la recta de acci´on de F
.

(c) el momento del sistema es perpendicular a la resultante s´olo en puntos del eje central.

(c) es un vector perpendicular al plano que contiene a Q y a la recta de acci´ on de F
. (d) es un vector que tiene la direcci´on del eje z.

CA

3.2. Si el momento de una fuerza no nula F
que act´ ua sobre un s´ olido r´ıgido es igual en dos puntos A y B,
B (F
), entonces, necesariamente,
A (F
) = M M

FIS I


tiene la misma direcci´on que F
. (a) el vector AB (b) A y B est´an en la recta de acci´ on de F
.

(c) la distancia entre A y B coincide con el m´odulo de F
. (d) A y B coinciden.

(d) Ninguna de las otras afirmaciones es necesariamente cierta.

3.5. Sea un sistema de fuerzas aplicadas sobre un s´ olido
= 0. Entonces
=
0 y M
P ·R r´ıgido tal que R (a) el sistema puede reducirse a un conjunto de vectores paralelos. (b) el vector momento m´ınimo es, con toda seguridad, no nulo. (c) existen casos particulares en los que el sistema se puede reducir a un u ´nico vector en puntos del eje central. (d) el sistema es mec´anicamente equivalente a un par de fuerzas.

TO .

nala la afirmaci´ on correcta acerca del momento 3.3. Sea F
, de componentes F
= (Fx , Fy , 0), una fuerza 3.6. Se˜ olido aplicada sobre un s´ olido r´ıgido, cuyo momento en el pun- m´ınimo de un sistema de fuerzas aplicadas sobre un s´
Q (F
) = (0, 0, 1) N m. Entonces, necesariamente r´ıgido: to Q es M (b) la distancia entre Q y la recta de acci´on de F
es 1 m.


= 0.
O ·R (a) Para que sea nulo es necesario que M
O · R
= 0. (b) Para que sea nulo basta con que M

(c) Q pertenece al plano z = 0.


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

(d) Q pertenece al plano z =constante que contiene a la recta de acci´on de F
.

(d) Todas las otras respuestas son correctas.

DP

(a) F
es un vector unitario.

3.7. Un sistema de fuerzas aplicadas sobre un s´ olido r´ıgi
= (1, 2, 1) N, concurre en el pun3.4. Si el invariante escalar de un sistema de fuerzas apli- do, de resultante R cadas sobre un s´ olido r´ıgido es nulo y la resultante no lo es, to P (0, 2, −1) m. Sea el punto Q(1, 0, 3) m del espacio. Se entonces cumplir´a que

Fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido

AT

98

EU

(a) el punto P es un punto del eje central, pero no el 3.11. Dado un sistema de fuerzas paralelas aplicadas sobre punto Q. un s´ olido r´ıgido con resultante no nula, podemos afirmar con toda seguridad que (b) el punto Q pertenece al eje central, pero no el punto P .

(a) el momento en cualquier punto es nulo.

3.8. Si a un sistema no nulo de fuerzas aplicadas sobre un s´olido r´ıgido se le a˜nade cierta fuerza y se convierte en un sistema nulo, podremos afirmar del sistema de partida que (a) ten´ıa invariante escalar no nulo.

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

I-

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

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

AI

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

(d) la resultante es perpendicular al eje central del sistema.

3.12. En una viga r´ıgida horizontal de 12 m de longitud se distribuyen 104 N de carga en los primeros 3 m, y otros (c) ten´ıa resultante no nula pero momento nulo en todos 104 N de carga en los restantes 9 m, siendo ambas distribulos puntos del espacio. ciones de carga triangulares, como se muestra en la figura. (d) era reducible a una sola fuerza deslizante. Entonces, la carga total sobre la viga se puede reducir a una carga puntual de valor 2 × 104 N aplicada 3.9. Sea un sistema de fuerzas aplicadas a un s´ olido r´ıgido,
=
0, y momento en un punto del eje cen- (a) a 3 m del extremo izquierdo de la viga, donde termina de resultante R

tral ME = 0. Podemos afirmar que es posible anular ese una carga y comienza la otra. sistema si se le a˜nade (b) a 5,5 m del extremo izquierdo de la viga. (a) una u ´nica fuerza deslizante cuyas componentes coin- (c) en el centro de la viga.
aplicada en un punto del eje central. ciden con las de −R, (d) en cualquier punto de la viga.
E. (b) un par de momento −M

AP

LIC

AD

(b) era equivalente a un par de fuerzas.

CA

(c) una u ´nica fuerza deslizante cuyas componentes coin
aplicada en un punto P , no necesaciden con las de −R, riamente del eje central. (d) Todas las otras respuestas son falsas.

FIS I

3.10. Sea un sistema de N fuerzas aplicadas sobre un s´ olido r´ıgido. Tras efectuar operaciones que nos permiten reducirlo obtenemos un sistema equivalente al de partida, integrado s´olo por DOS fuerzas. Se˜ nala la afirmaci´ on falsa.

I

3m

9m

D

´ 3.12 CUESTION

TO .

3.13. En la figura se muestra un sistema material formado (a) Si las dos rectas de acci´on se cruzan (no se cortan) por un cuadrado y un cuadrante circular, ambos de igual en el espacio, siempre es posible la reducci´on del sistema masa. Sea E1 y E2 ejes de simetr´ıa del cuadrado y del cuadrante, respectivamente. Entonces, a una u ´nica fuerza.

(b) Si las dos rectas de acci´on se cortan en un punto u ´nico, siempre es posible la reducci´on del sistema a una sola fuerza.

DP

(c) Si las dos rectas de acci´on son paralelas y las fuerzas tienen distinto m´odulo, siempre es posible la reducci´ on del sistema a una u ´nica fuerza. (d) Si las dos rectas de acci´on son paralelas y los m´ odulos de las fuerzas coinciden, continuar reduciendo el sistema puede NO ser posible.

(a) el centro de masa del conjunto est´a ubicado en el punto de intersecci´on de ambos ejes. (b) el conjunto de los dos cuerpos carece de centro de masa, pues no posee ning´un eje de simetr´ıa global, pero s´ı posee centro de gravedad. (c) el centro de masa est´a situado en la l´ınea de contacto entre los dos cuerpos, pues sus masas son id´enticas. (d) Ninguna de las otras respuestas es correcta.

99

(c) G(− 13 , 0) m.

(d) G( 13 , 0) m. E1

I-

y

FIS I

CA

AP

LIC

(a) G(−1, 0) m.

AD

3.14. Sea la placa cuadrada homog´enea de la figura, de 8 kp de peso. Si le quitamos la porci´ on menos sombreada, el nuevo peso de la placa, de m´odulo 6 kp, se aplicar´a en el punto

2 2m

AI

´ 3.13 CUESTION

TO .

EU

(b) G(1, 0) m.

E2

DP

AT

Cuestiones

´ 3.14 CUESTION

x