Capítulo 2: Sistemas generales de

fuerzas Habitualmente sobre un cuerpo actúan varias fuerzas, a las cuales les denominamos sistema

de fuerzas, las que producirán aceleraciones si el cuerpo está en movimiento o fuerzas de

reacción en los vínculos de apoyo si el cuerpo está en reposo.

Siendo la fuerza una cantidad vectorial, su efecto sobre el sólido rígido queda totalmente

definido si se conoce su módulo, dirección y sentido y la línea de acción de la recta soporte

Los sistemas físicos reales no son rígidos. Sin embargo, el modelo de sólido rígido es aplicable

cuando las deformaciones son pequeñas comparadas con las dimensiones del sistema

mecánico. Del estudio de las deformaciones se ocupa la resistencia de materiales.

Dado que un sólido rígido es un sistema de puntos materiales, las fuerzas que actúan sobre un

sólido rígido pueden dividirse en:

Fuerzas interiores, que son aquellas que ejercen entre sí las partículas que forman el

sólido rígido y mantienen constantes las distancias entre ellas.

Fuerzas exteriores, que son las que ejercen otros cuerpos sobre el sólido rígido

considerado.

Las fuerzas exteriores son las únicas relevantes en el estudio del equilibrio y movimiento del

cuerpo rígido, por tanto, queda clara la importancia del estudio de ellas y en el presente

capítulo las estudiaremos con la debida profundidad

2.1 Momento de una fuerza con respecto a un punto

Sea F una fuerza aplicada sobre un cuerpo rígido, A un punto cualquiera de la recta de acción

de de F y O un punto arbitrario del espacio. El momento de F con respecto al punto O es el

producto vectorial de OAy F (ver fig. 2.1)

MO = OA x F (2.1)

M O es un vector ligado al punto O al mismo que se le denomina punto de reducción.

En el SI el momento de una fuerza se expresa en newton-metro (N m).

Figura 2.1

O

A θ

F

Mo

d

Obsérvese que el momento MO es perpendicular tanto a OA como a F y, por lo tanto,

perpendicular al plano definido por O y la línea de acción de F (ver figura 2.1). El módulo de,

MO

|MO|=|F||OA|sinθ=|F|d (2 .2)

Donde d es la distancia entre O y la recta soporte de F. El módulo de MO mide la

tendencia de la fuerza F a imprimir al cuerpo rígido una rotación alrededor de un eje que pasa

por O y es perpendicular al plano que contiene a la fuerza F y al punto O

Ejercicio. Demostrar que MO es independiente de qué punto de la recta soporte de F se elija

para su cálculo

Consideremos otro punto B de la recta soporte de F. (Figura 2.2) Entonces,

OB× F=(OA+ AB )×F ¿ OA× F+ AB× F=MO + 0=MO (2.3)

Puesto que AB y F tienen la misma dirección

Figura 2.2

O

A θ

F

Mo

B

En general, el momento de una fuerza con respecto a dos puntos O y P diferentes es

distinto.

Justamente,

M P ¿ PA× F ¿ ( PO+OA )×F=PO× F+OA× F

M p=PO× F+MO (2.4)

Figura 2.3

Mp puede coincidir con

MO

si PO

es

paralelo a F

En el caso particular de un cuerpo

rígido plano sobre el que sólo actúa

una fuerza F contenida en ese plano,

el momento de F con respecto a un punto O del plano es un vector MO perpendicular al

plano (figura 2.4). Si el sentido del vector es hacia afuera del plano, el vector se representa

O

A

F P

mediante una flecha curva orientada antihorariamente. Si el sentido es hacia dentro del plano,

el vector se representa mediante una flecha curva orientada horariamente; así estas flechas

indican como tendería a girar el cuerpo rígido bajo la acción de F

2.2 Momento de una fuerza con respecto a un eje

El momento de una fuerza Fcon respecto a un eje representa la tendencia del cuerpo rígido

a girar alrededor del eje debido a la acción de F.

El momento de una fuerza con respecto a un eje no es otra cosa a que la proyección sobre

dicho eje del momento respecto a un punto cualquiera del mismo

M L=P L MB=( uL .M B ) uL=¿

¿ [uL . (BA× F ) ]uL (2.5)

M L=|ux u y uzrx r y r zF x F y F z

|uL (2.6)Con uL= (ux , uy ,uz ): vector unitario en la dirección de L

BA=(r x , r y , rz ): Vector posición BA

Eje rcicio. Demostrar que M Les independiente del punto B seleccionado sobre el eje.

Efectivamente, considerando otro punto sobre el eje: C

M L=(uL . MC ) uL

M L=[uL . (CA× F ) uL ]

M L=[uL . (CB+ BA¿×F )] uL

M L=[uL . (CB× F+ BA× F ¿ )] uL

M L=[uL . ( BA× F ) ] uL

Puesto que

uL . (CB× F )=0 ya que uL

Es un vector perpendicular al vector CB× F

Ejemplo. Determinar el momento de la fuerza F = 2i +j + 3k pasando por el punto P (3, -1, 2)

respecto al origen y respecto al punto Q (1, -2, 3)

Solución

Momento respecto al origen

Mo = OP x F = (3, -1, 2) x (2, 1, 3) = -5i – 5j +5k

Momento respecto al punto Q

MQ = QP x F = (2, 1, -1) x (2, 1, 3) = 4i – 8j

Ejemplo. Dada la fuerza F = 3i +j + 6k, tal que su momento respecto al origen es el vector Mo =

ai +3j -3k, determinar el valor de a y un punto de su recta soporte.

Solución:

Como el momento es perpendicular a la fuerza por condición de perpendicularidad

MO . F = 0

(a, 3, -3) . (3, 1, 6) = 0

3a +3-18 = 0

De donde obtenemos a = 5

También si P (xo, yo, zo ) es un punto de la recta soporte el momento con respecto al origen es

i j k

M0 = (xo, yo, zo ) x ( 3, 1, 6) xo yo, zo = (6yo –zo)i+(-6xo + 3zo) + (xo -3yo)

3 1 6

De donde se pueden escribir las tres ecuaciones escalares

6yo – zo =5

-6xo + 3zo = 3

xo - 3yo = -3

0 6 -1

El determinante del sistema -6 0 3 = 18-18 = 0

1 -3 0

Tiene valor cero, luego las tres ecuaciones son linealmente dependientes y existen infinitas

soluciones, haciendo xo= 3 se tienen los valores yo = 2 y zo = 7

Ejemplo. Se tiene una fuerza F = (1, 0, 0) KN actuando sobre un sólido rígido y su momento

respecto al origen Mo = (0, 1, 1) KN-m. Determine la ecuación de la recta soporte de la fuerza

F.

Solución

El objetivo es encontrar la ecuación vectorial de la recta soporte L. De esta recta conocemos su

dirección, la de la propia fuerza F. Nos basta con determinar un punto perteneciente a esta

recta, P. Si lo obtenemos la ecuación vectorial de la recta se escribe

L = OP + t F

Podemos escoger el punto P(xo, yo, zo ) tal que el vector OP es perpendicular a F . Para este

punto, que es el punto de la recta soporte más cercano a O, se cumple que OP . F = 0

(xo, yo, zo ).(1, 0, 0) =0

De donde hallamos xo = 0

También podemos escribir

Mo = OP x F

I j k

Mo = (xo, yo, zo ) x (1, 0, 0) = 0 yo zo = (0, - yo, zo)

1 0 0

Identificando los términos con el valor de Mo Se obtiene

yo = -1 zo = 1,

Por lo tanto P (0, -1, 1) m

Finalmente la ecuación de la recta soporte será:

L. = (0, -1, 1) + t (1, 0, 0)

Ejemplo. Encontrar el momento de la fuerza F de módulo 200 Kg, que actúa en la intersección

de los planos P1: 5x-16y+15z y P2: 7x+15y-10z = 25, con respecto al punto P de intersección de

las rectas L1: (x+7)/4 = (y+8)/3 = (z-6)/-1 y L2: que pasa por los puntos A(-5, 3, -1) y B (-1/5, -1,3).

Solución

a) Obtenemos un vector A cuya recta de acción sea la intersección de los planos P1 y P2 :

A = (5, -16, 15) x ( 7, 15, -10) = (-65, 155, -187)

Y un vector unitario u en esta dirección será:

u = A/ A = (-65, 155, -187)/251.434

Un punto Q de la recta de acción de F es Q (99/31, 0, -41/55)

b) Expresión de la fuerza F en forma vectorial:

F=200u= 200251.413

(−65 ,−155 ,−187 )=(−51.703 ,123.293 ,148.747 ) Kg

c) Cálculo del punto P de intersección de las rectas L1 y L2

L1=x+74

= y+83

= z−6−1

L2=x+1 /56

= y+1−5

= z−35

Cuya intersección es el punto P (1,-2, 4)

d) Momento de F con respecto al punto P

I j k

MP = PQ x F = 68/31 2 -661/155 = (823.278, -105.793, 373.856) Kg -m

-51.703 123.293 148.747

MP = (823.278, -105.793, 373.856) Kg -m

2.3 Resultante y momento de un sistema de fuerzas

Consideremos un sistema formado por F1, F2 ,…, Fn, que actúan sobre un cuerpo rígido, en los

puntos A1, A2, …, An, respectivamente.

Resultante, R ,del sistema de fuerzas es la suma vectorial de las fuerzas que forman el sistema:

R=∑i=1

n

Fi(2.7)

La resultante es un vector libre. Los efectos de traslación del cuerpo rígido están determinados

por la resultante del sistema de fuerzas.

Momento del sistema en un punto O, MO , a la suma vectorial de los momentos en O de todas

las fuerzas:

MO=∑i=1

n

MO ( Fi¿)=∑i=1

n

(O A i¿×F i)(2.8)¿¿

El momento en O es un vector ligado a O. Los efectos de rotación del cuerpo rígido vienen

determinados por los momentos del sistema de fuerzas

Ejemplo

Dado el sistema de fuerzas F1 = (1, 2, 1) KN, F2 = (a, 1, 0) KN y F3 = (1, 0, -1) KN pasando por los

puntos P1(1, 2, 3)m , P2(-1, 0, 1)m y P3(2, 0, -1)m. Determinar: a) el valor de a para que el

módulo de la resultante sea |R|= 5, b) el momento resultante respecto al origen.

Solución

a) Resultante del sistema (R).

R = (2+a)i +3j

|R|2= (2+a)2 + 32

De donde: 2+a = ± 4 y se verifica para dos valores de a

a = 2 , a =6

Luego la resultante del sistema es

R = ±4i +3j

El signo + corresponde al valor de a = 2 y el signo – al valor a = -6

b) Momento resultante respecto al origen (para a = -6)

MO = (1, 2, 3) x (1, 2, 1) + (-1, 0, 1) x (-6, 1, 0) + ((2, 0, 1) x (1, 0, -1)

MO = -5i -3j –k KNm

Problemas propuestos

1. Hallar el momento de la fuerza F de 450 N, respecto al punto A, de la siguiente tubería,

sabiendo que la tubería arranca del punto A.

2. Determinar el momento de las fuerzas F = 500N y F = 250N respecto del eje que pasa

por los puntos A-A

A

3. Calcular el momento respecto de punto A (extremo aguas debajo de la base), dadas todas las

fuerzas que actúan sobre la presa

4. A partir de la siguiente figura, calcular el sistema de fuerzas equivalentes en la posición A

para la fuerza de 100N.

5. Determinar el sistema resultante en O, a partir del sistema de fuerzas que se muestra en la

figura.

6. Reducir el sistema coplanario de fuerzas mostrado en la figura a una fuerza y un momento

en O

2.3.1 Teorema del centro de reducción

En general el momento de un sistema de fuerzas es distinto en cada punto. Si se conoce la

resultante y el momento en un punto, el momento cualquier otro punto puede calcularse

usando el teorema del centro de reducción:

“El momento de un sistema de fuerzas en un punto P es igual al momento del sistema de fuerzas

en otro punto O, más el producto vectorial del vector PO por la resultante R del sistema. Este

producto vectorial puede interpretarse como el momento en P de una fuerza Ftot con las mismas

componentes que R aplicada en O

MP = MO + PO x R (2.9)

Demostración:

F1 F i

A1

Ai

y

x P cuerpo rígido

z A2 An

F2 Fn

MP=∑i=1

n

MP (F i )

MP=∑i=1

n

(P Ai×F i)

MP=∑i=1

n

¿¿

MP=∑i=1

n

(PO×F i+O Ai×F i)

MP=∑i=1

n

(PO× Fi )+∑i=1

n

(¿O A i× Fi)¿

MP=PO×∑i=1

n

F i+MO

MP=PO×R+MO

El teorema del centro de reducción permite demostrar los siguientes resultados

1. Cualquier sistema de resultante nula tiene el mismo momento en todos los puntos del

espacio

En efecto, usando el teorema del centro de reducción;

MP=MO+ PO x R

MP=MO (2.10)

2. El lugar geométrico de los puntos en los que el vector momento es constante es una recta

con la misma dirección que la resultante del sistema (si ésta no es nula, pues si es nula

estamos en las condiciones del resultado anterior)

En efecto, sean O y P dos puntos distintos tales que MO = MP. Entonces usando la Ec. 2.9

MP=MP+ PO× R

PO X R= 0

Suponiendo que R ≠ 0 y dado que PO ≠ 0, la conclusión es que PO es paralelo aR

Ejemplo.

De un sistema de fuerzas actuando sobre un sólido rígido, se conocen sus momentos

respecto de tres puntos del espacio MO = (2, 1, 0) KN-m respecto al origen; MP = (4, a, 0) KN-m

respecto del punto P(1, 1, 1) m y MQ = (b, 4, c) KN-m respecto del punto Q(0, 1, -1). Determinar:

a) La resultante

b) Los valores de a, b y c

Solución

a) Usando el teorema del centro de reducción

MO = MP + OP x R (1)

MO = MQ + OQ x R (2)

Escribiendo las ecuaciones (1) y (2) en componentes resulta:

(2, 1, 0) = (4, a, 0)+ (1, 1, 1) x (Rx, Ry, Rz) (3)

(2, 1, 0) = (b, 4, c)+ (0, 1, -1) x (Rx, Ry, Rz) (4)

Desarrollando los productos vectoriales, agrupando términos e identificando los

coeficientes de los vectores en ambos miembros de las ecuaciones, se obtienen seis ecuaciones

escalares

De la ecuación (3) De la ecuación (4)

4 +Rz - Ry = 2 b + Ry + Rz = 2

a + Rx – Rz = 1

4 – Rx = 1

Ry – Rx = 0

c –Rx = 0

Resolviendo el sistema se encuentra que Rx = Ry = 3

y Rz = 1; luego la resultante del sistema es

R = (3, 3, 1) KN

b) También de la solución del sistema de ecuaciones se obtienen los valores de a, b y c

a = -1 b = -2 c = 3

2.4. Sistemas de fuerzas concurrentes. Teorema de Varignon

Un sistema de fuerzas F1, F2,…, Fn es un sistema de fuerzas concurrentes si todas las fuerzas

están aplicadas en el mismo punto A o sus rectas soporte se cortan en un mismo punto A (Fig.)

La resultante del sistema es:

R=∑i=1

n

Fi

Y el momento del sistema en el punto A es

M A=0

Por lo tanto cualquier sistema de fuerzas concurrentes es mecánicamente equivalente a

otro formado por una única fuerza, la resultante R, aplicada sobre una recta soporte que pase

por el punto de concurrencia.

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

Si F1, F2, …, Fn es un sistema de fuerzas concurrentes en A, el momento del sistema en el

punto O, Mo, es igual al momento en O de la fuerza resultante R aplicada en A, es decir

MO=OA X R (2.11)

Demostración

Aplicando el teorema del centro de reducción,

MO=M A+OA X R=OA X R

MO=OA X R

Puesto que A es el punto de concurrencia y por lo tanto M A=0

2.5. Pares de fuerzas

2.5.1. Momento de un par

Se llama par al sistema formado por dos fuerzas que tienen el mismo módulo, la misma

dirección, sentido opuesto y rectas de acción paralelas (Fig.)

La resultante de un par es el vector nulo. Por lo tanto, un par no producirá traslación del

sólido rígido. Sin embargo, el momento de un par en un punto O, no es el vector nulo. Un para

hará que el sólido rígido tienda a girar

Par calcular el momento en O de un par debemos sumar los momentos en O de las dos

fuerzas que forman el par:

A2

θ −F

F A2 A1

d

A1

O

MO = OA1 x F +OA2 x (-F) = (OA1-OA 2) x F

Siendo A1 un punto cualquiera de la recta de acción de F y A2 un punto cualquiera de la recta

de acción de –F. De la figura A2 A1 = OA 1- OA2, y el momento del par resulta ser

MO= A2 A1×F (2.12)

Y su módulo vale

|MO|=|A2 A1||F|senθ

|MO|=|F|d (2.13)

La dirección de MO es perpendicular a los vectores F y A2 A1 o, dicho de otro modo,

perpendicular al plano que contiene las fuerzas F y –F

En principio se podría pensar que el momento en O de un par es un vector ligado al punto O.

Pero nótese que la Ec. (2.12) no depende de la posición de O. Por lo tanto, El momento de un

par es independiente del punto de reducción que elijamos y por lo tanto el momento del par es

un vector libre.

Así pues, podemos escribir M par en lugar de MO. Este resultado era de esperarse, pues como

se demostró antes cualquier sistema con resultante nula tiene el mismo momento en todos los

puntos del espacio

Resumiendo el momento de un par tiene las siguientes características

Es perpendicular al plano definido por las dos fuerzas

Su módulo es |F | d donde d es la distancia entre las rectas de acción de las

fuerzas

Su sentido está determinado por la regla de la mano derecha

Es un vector libre, puesto que es igual en todos los puntos del espacio

2.5.2. Pares mecánicamente equivalentes. Suma de pares

Dos pares son mecánicamente equivalentes si producen el mismo efecto mecánico. Dos

pares son mecánicamente equivalentes si tienen el mismo momento.

Esta propiedad es muy importante para entender la mecánica del sólido rígido. Lo único que

caracteriza el efecto mecánico de un par es su momento. Existen infinitos pares que producirían

un mismo efecto mecánico sobre un sólido rígido. Los módulos y direcciones que constituyen

estos pares pueden ser muy distintos y pueden estar aplicados en puntos muy diferentes del

sólido, con tal de que ambas fuerzas estén contenidas en un plano perpendicular al momento

del par, la distancia entre sus líneas de acción sea el cociente entre el modulo del momento y el

de las fuerzas y sus sentidos sean tales de originar el sentido correcto del momento dado.

La suma o de dos pares de momentos M1 y M2 es otro par cuyo momento, M es la suma

vectorial de sus momentos

M=M 1+M 2 (2.14)

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

Problema propuesto Si M 1 = 3M y son perpendiculares a los planos indicados en la figura

determinar un momento único equivalente

2.6. Reducción de un sistema de fuerzas

2.6.1. Descomposición de una fuerza en una fuerza en un punto arbitrario O y un par

Cualquier fuerza F que actúa sobre un sólido rígido puede ser trasladada a un punto

arbitrario O, sin más que añadir un par cuyo momento sea igual al momento de F en O (Fig.)

= =

Sobre el sólido rígido actúa la fuerza F aplicada en el punto A(fig. izquierda). En otro punto

O se pueden aplicar dos fuerzas, F y –F, sin modificar el efecto de la fuerza inicial sobre el

cuerpo (fig. centro). Como resultado de esta transformación, se tiene una fuerza F aplicada en

O, más un par formado por las fuerzas F aplicada en A y –F aplicada en O, cuyo momento es (fig.

derecha)

M par=MO=OA× F (2-15)

Por lo tanto, Un sistema formado por una única fuerza siempre se puede sustituir por un

sistema mecánicamente equivalente formado por una fuerza colocada sobre un punto

arbitrario, más un par de momento adecuado. Un sistema de este tipo de llama sistema fuerza-

par. En esta descomposición el momento del par es perpendicular a la fuerza

2.6.2. Reducción de un sistema de fuerzas a una fuerza en un punto O y un par

Muchas estructuras se modelan mediante cuerpos rígidos, sobre las cuales actúan un gran

número de fuerzas. Por lo tanto, es extremadamente necesario saber convertir un sistema de

numerosas fuerzas en otro lo más sencillo posible

Reducir un sistema de fuerzas es hallar otro sistema mecánicamente equivalente más

sencillo.

Todo sistema de fuerzas sobre un sólido rígido puede reducirse a una fuerza con las mismas

componentes que la resultante del sistema, aplicada en un punto arbitrario O, que llamaremos

centro de reducción, y un par de fuerzas cuyo momento sea el momento en O del sistema (fig.)

Justamente, dado un sistema de fuerzasF1 , F2 ,…, Fn que actúan sobre un sólido rígido, en los

puntos A1 , A2 ,…, An, podemos descomponer las n fuerzas que forman el sistema en otras n

fuerzas, todas ellas aplicadas en O, y en n pares correspondientes a los momentos en O de las

respectivas fuerzas. La suma de las n fuerzas aplicadas en O representa la resultante del

sistema

R=∑i=1

n

Fi

Los n pares se pueden sumar y esta suma coincide con el momento en O del sistema

MO=∑i=1

n

(O A i¿×F i)¿

Observación. En general, aún cuando el momento de cada fuerza es un vector perpendicular a

dicha fuerza, MO no es perpendicular a R

En resumen, en el caso más general posible, cualquier sistema de fuerzas que actúe sobre un

sólido rígido se puede reducir a una fuerza y un par. Ciertos sistemas de fuerzas se pueden

incluso reducir a sistemas más sencillos (a una sola fuerza o a un par o a un sistema nulo)

2.6.3. Equivalencia mecánica de dos sistemas de fuerzas

Dos sistemas de fuerzas actuando sobre un sólido rígido son mecánicamente equivalentes si

pueden reducirse al mismo sistema fuerza-par en un punto dado O. Es decir, dos sistemas de

fuerzas son mecánicamente equivalentes si, y sólo 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 también se cumplirán para cualquier otro punto P.

Así, si R y MOson la resultante y el momento en O de un sistema y R ´ y M ´O la resultante

y el momento en O de un sistema mecánicamente equivalente entonces R = R´ y MO = M´O.

Usando el teorema del centro de reducción, el momento del primer sistema en el punto P es

MP = MO + PO x R

= M´O + PO x R´

MP = M´P

Siendo M´P el momento del segundo sistema en P

2.6.4. Invariantes de un sistema de fuerzas

Se denominan invariantes de un sistema de fuerzas a aquellas cantidades características del

sistema e independientes del centro de reducción. Los invariantes fundamentales son dos, si

bien de ellos pueden derivarse otros.

Invariante vectorial. El primer invariante fundamental es la propia resultante R, que recibe el

nombre de invariante vectorial. El carácter invariante de R queda justificado por el hecho de ser

un vector libre. Obviamente, si R es invariante, lo son su módulo, dirección y sentido.

Invariante escalar. El segundo invariante fundamental es el producto escalar de de MA .R, que

recibe el nombre de invariante escalar, invariante fundamental o automomento.

Demostración.

Usando el teorema del centro de reducción

M A=MB+ AB× R

Multiplicando escalarmente ambos miembros de la expresión anterior por R y usando la

propiedad distributiva del producto escalar

MA . R = (MB +AB x R) .R

= MB . R + (AB x R) . R

El último sumando es cero porque el producto vectorial AB x R es perpendicular a R y su

producto escalar es cero. Por lo tanto

MA . R = MB . R (2-16)

Tercer invariante. Un invariante derivado, a veces llamado tercer invariante, es

m=M A . R

|R| (2.17)

que es un invariante por ser el cociente de dos invariantes: el invariante escalar y el módulo del

invariante vectorial. El tercer invariante tiene una interpretación geométrica sencilla: es el

módulo del vector proyección del momento (en un punto cualquiera) sobre la resultante, si el

vector proyección y la resultante tienen el mismo sentido, o menos el módulo, si tienen sentido

opuesto. Su importancia reside en que, como veremos más adelante, su valor absoluto

coincide (si R ≠ 0) con el módulo del momento mínimo del sistema.

2.6.5. Eje central .Momento mínimo

El momento de un sistema de fuerzas, en general, es distinto en cada punto del espacio.

Eje Central. Es lugar geométrico de los puntos del espacio en los cuales el momento del

sistema es mínimo (es decir, su módulo es mínimo).

Sistemas con R = 0. En este caso, como vimos antes, el momento es el mismo en todos los

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

Sistemas con R ≠ 0. Para determinar las características del eje central consideremos el segundo

invariante fundamental, es decir, el invariante escalar

M A . R=¿ M A∨¿ R∨cosθ

donde θ es el ángulo que forman M A y R . Como M A . R y ¿ R∨¿ son invariantes, ¿ M A∨cosθ

también es un invariante. Por lo tanto ¿ M A∨¿ será mínimo en aquellos puntos donde el valor

absoluto de cosθ sea máximo. Ello ocurrirá cuando M A y R sean paralelos, por lo tanto:

El eje central es el lugar geométrico de los puntos del espacio en los cuales el momento del

sistema es paralelo a la resultante

Como el eje central es un lugar geométrico de momento constante (en particular, el momento

mínimo), ha de ser una recta paralela a R

Ecuación del eje central 1. Calculamos el momento del sistema de fuerzas en el origen O, MO=(M x ,M y , M z ) y la

resultante R=(R x ,R y ,R z )

2. Sea E(xE, yE, zE) un punto particular del eje central (el más próximo al origen O). Por lo

tanto se cumplirá que

OE . R=0, por ser OE perpendicular a R que es paralelo al eje.

3. Usando el teorema del centro de reducción, relacionamos los momentos del sistema de

fuerzas en los puntos O y E

MO=M E+OE× R

4. Calculo de las coordenadas del punto E perteneciente al eje central.

Multiplicamos vectorialmente la ecuación anterior por R tenemos

R× MO=R× (M E+OE× R )

¿ R× M E+ R× (OE× R )

Como E pertenece al eje central el momento vector ME es paralelo a R , por lo tanto

R× M E=0 y la expresión anterior resulta

R× MO=R× (OE× R )

Teniendo en cuenta la identidad del doble producto vectorial a× (b× c )=( a . c ) b−( a . b ) c

, finalmente se obtiene

OE=R× MO

¿ R∨¿2 ¿ (2.18)

5. Conociendo las coordenadas del punto E del eje central, y dado que el eje central tiene

la misma dirección que la resultante R, la ecuación del eje central es:

x−xERx

=y− y ER y

=z−zER z

(2.19)

En resumen: El eje central es el lugar geométrico de los puntos del espacio en los cuales el

momento del sistema de fuerzas es mínimo. Es también 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 Ec. (2-18) nos proporciona un punto del eje central.

Conocidos la resultante y un punto del eje central, la ecuación del eje central está dada por la

EC. (2.19)

Expresión vectorial del momento mínimo. Se puede verificar que el tercer invariante es,

salvo el signo, el módulo del vector proyección del momento sobre la resultante, se llega a la

conclusión que el módulo del momento mínimo tiene, necesariamente, que equivaler - salvo

singo- al tercer invariante. Por lo tanto, el momento mínimo de un sistema de fuerzas es el

vector proyección del momento del sistema en un punto cualquiera sobre la resultante

Mmin=M A . R

¿ R∨¿R

¿ R∨¿¿¿

(2.20)

Es decir, el momento mínimo tiene la misma dirección que la resultante y su modulo y sentido

vienen dados por el tercer invariante.

2.6.6. Clasificación de los sistemas de fuerzas

Los sistemas de fuerzas que actúan sobre un sólido rígido se clasifican en función del valor del

invariante escalar (M . R)

a) Sistemas con R ≠ 0 y MP . R ≠0. Estos sistemas se reducen en cualquier punto P a su

resultante que su resultante (R) y a un par de fuerzas de momento MP. Más todavía,

estos sistemas se pueden reducir a su resultante (R) aplicada en el eje central más un

par cuyo momento coincide con el momento mínimo (Mmin) del sistema. Al sistema así

reducido de le denomina llave o torsor

b) Sistemas con R ≠ 0 y MP . R=0. En este caso Mmin = 0. En cualquier punto P que no sea

el eje central el MP es perpendicular a R. El sistema se puede reducir a su resultante R

actuando en el eje central.

c) Sistemas con R = 0 y MP ≠ 0. (Por lo tanto M . R=0). En este caso, el momento es el

mismo en todos los puntos del espacio. Estos sistemas se reducen a un par de fuerzas

de momento MP

d) Sistemas con R = 0 y MP = 0 (Por lo tanto M . R=0 ). En estos sistemas la resultante y el

momento son nulos en todos los puntos del espacio. Se llaman sistemas nulos.

2.6.7. Generalización del teorema de Varignon

“Si un sistema de fuerzas actuando sobre un sólido rígido, tiene momento mínimo nulo, el

momento de la resultante de la resultante con respecto a cualquier punto (o eje) es igual a la

suma de los momentos de cada una de las fuerzas que componen el sistema con respecto a

dicho punto( o eje)”.

Demostración

Una vez reducido el sistema a un torsor actuando en Q, usando el teorema del centro de

reducción para relacionar el momento en MQ con el momento en cierto punto A

M A=MQ+ AQ× R (a)

Si el sistema tiene momento mínimo nulo, entonces

Mmín=MQ=0 .

De (a) M A=AQ× R (b)

Además por definición de momento de un sistema de fuerzas

M A=∑i=1

n

AQi×F (c)

De las expresiones (b) y (c) se concluye que, bajo la condición de que el momento mínimo sea

cero, entonces,

M A=∑i=1

n

AQi×F= AQ× R (2.21)

Ejemplo 1

Un sistema de fuerzas actuando sobre un sólido rígido, siendo:

F1 = 2i +j +k KN; F2 = 3i +2j +k KN; F3 = 2j + k KN; F4 = 3i +2j + 3k KN;

En el sistema de referencia cartesiano OXYZ , y sabiendo que las rectas soporte contienen a

los puntos P1(1, 0, -1) m, P2 = ( 0, 3, 1)m, P3 = (1, 3, 1)m y P4( 0, 0, 0), respectivamente,

a) Reducir el sistema de fuerzas a una resultante y un momento en O

b) Hallar la ecuación del eje central.

c) Reducir el sistema a su mínima expresión

Solución

a) Calculo de la resultante R y el momento MO en el origen de coordenadas

R=∑ F1=8i+7 j+6K KN

MO=¿∑OPi×Fi ¿ = 3i –j -6k KN-m

b) Ecuación del eje central

Calculamos las coordenadas de un punto E del eje central con la EC.(2.9)

OE=R×M 0

¿ R∨¿2=−36 i+66 j−29k149

¿

Como conocemos las coordenadas de un punto sobre el eje central, E y un vector en la

dirección del eje central R, podemos escribir la ecuación vectorial

L : OE + tR = −36 i+66 j−29k

149+t ¿ )

c) Reducción del sistema a su mínima expresión

Es la reducción del sistema en un punto cualquiera del eje central y en general está

conformado por la resultante, R y el momento mínimo; Mmim y se denomina llave o

torsor

Torsor = { R , Mmim }

Momento mínimo: Mmin = ( MO . uR) uR =(1/149) (- 152, -133, -114) KN.m

Ejemplo 2

El siguiente sistema de fuerzas actúa sobre un sólido rígido F1=(−5,3 ,2 ) kN siendo A1 (1,

1,0) un punto de su recta soporte; F2=(3 ,−5 ,−1 ) kN aplicado en el punto A2 (2, 0, 1) y

F3=(Fx ,F y ,F z )kN siendo x−24

= y+24

= z+11

la ecuación de su recta soporte; todas las

componentes de la fuerza F3son positivas, y su módulo es |F3|=√33. Calcular:

a) La resultante

b) Los invariantes

c) El momento mínimo

d) La ecuación del eje central

e) Las componentes F x ,F y que debe tener la fuerza F3=(1 ,F y ,F z )kN para que el momento

resultante, respecto al origen de coordenadas, del sistema de fuerzas sea paralelo al eje OX

y comprobar que el nuevo módulo de M o es 5.Considerar que la fuerza F3tiene la misma

recta de acción que en el caso anterior

Solución

De la ecuación de la recta soporte x−24

= y+24

= z+11

de la fuerza F3deducimos que un punto

de la misma es A3 (2, -2, -1) y un vector unitario en la dirección de F3 es

u3=(4 ,4 ,1)

√42+42+12=

(4 , 4 ,1)√33 . Por lo tanto F3=

√33 (4 ,4 ,1)√33

=(4 ,4 ,1).

a) Resultante del sistema: R=F1+ F2+ F3=(2 ,2 ,2 ) kN

b) Invariantes

Primer invariante fundamental o invariante vectorial: R=(2 ,2 ,2 ) kN

Segundo invariante fundamental o invariante escalar, es el producto escalar de la

resultante respecto a un punto cualquiera. El momento respecto al origen de

coordenadas es:

M o= (−1 ,−1 ,0 )× (−5 ,3 ,2 )+(2 ,0 ,1 )× (3 ,−5 ,−1 )+(2 ,−2,−1 )× (4 ,4 ,1 )=¿

M o= (5 ,1 ,−2 ) kNm

Así el invariante escalar es R . M o=5×2+1×2−2×2=8

El tercer invariante es el cociente entre el invariante escalar y el módulo de la resultante

m=R . M o

|R|= 8

√22+22+22= 82√3

=4 √33

c) Momento mínimo

Módulo del momento mínimo, es el tercer invariante: |Mmín|=m=4 √33

y

vectorialmente es

M mí n=|Mmí n|uR=4 √33

(2 ,2,2¿¿¿2√3 )=43

(1 ,1 ,1 ) kNm

d) Ecuación del eje central. Primero calculamos el punto E del eje central OE=R× M o

|R|2

OE=(2 ,2 ,2 )×(5 ,1,2)

(2√3 )2=

(−6 ,14 ,−8)12

=(−12 , 76 ,−23 ) , y la ecuación del eje central es

x+ 122

=y−762

=z+ 232

e) El momento del nuevo sistema de fuerzas, respecto del origen de coordenadas es

f) M o= (−1 ,−1 ,0 )× (−5 ,3 ,2 )+(2 ,0 ,1 )× (3 ,−5 ,−1 )+(2 ,−2,−1 )× (1 ,F y ,F z )=¿

M o=¿

Si este momento ha de ser paralelo al eje =X, entonces las componentes en j y K deben

ser nulas:

6−2F z=0 de donde F z=3

−16+2 F y=0 de donde F y=8

Sustituyendo estos valores en M o

M o=¿

Cuyo módulo es cinco

Problemas propuestos

1. El sistema de fuerzas, tiene como rectas soporte los ejes que contienen las doce aristas

de un cubo de lado a; el módulo de las doce fuerzas Fi, es también a, y sus sentidos están

especificados en la en la correspondiente figura.

a) Reducir el sistema de fuerzas al punto O (centro de la base inferior del cubo)

b) Reducir el sistema de fuerzas a su mínima expresión

2. De un sistema de fuerzas que actúa sobre un

sólido rígido sabemos que:

Su eje central es paralelo al vector: 0i +3j +4k

En el punto A(2, 0, 0) m su momento resultante es nulo:

MA = 0

En el origen de coordenadas = (0, 0, 0) el módulo del

momento resultante es: |MO |= 2

El problema pide:

a) Determinar la resultante y el momento resultante en el origen de coordenadas

b) Determinar la ecuación del eje central

c) Determinar la fuerza que hay que añadir a este sistema para formar el sistema nulo

3. De un sistema de fuerzas actuando sobre un sólido rígido sabemos que:

Su momento resultante en el origen de coordenadas es MO = 2k KN-m

Su eje central pasa por el punto E (0, 1, 0) m

La vectores resultante y momento mínimo coinciden R = Mmin

Dicho sistema está compuesto por las fuerzas F1 y F2

De la fuerza F1 sabemos que su línea de acción es x = y = z

De la fuerza F2 sabemos que su línea de acción corta al plano x = 0, es decir, que un punto de

la misma sería (0, y, z)

El problema pide hallar las fuerzas F1 y F2

4. De un sistema de fuerzas que denominamos S1, sabemos que:

En el punto A (5, 2, 3 ) su momento resultante es MA = 0i +3j +4k

En el punto B (2, 5, 0 ) su momento resultante es MB = ai +0j +bk

En el punto C (2, 8, -1 ) su momento resultante es MC = ci +dj +4k

Donde a , b, c y d son parámetros escalares a determinar. De este sistema de fuerzas se sabe

también que su resultante es un vector paralelo al plano de referencia YOZ.

Otro sistema de fuerzas que denominaremos S2 está compuesto por los vectores:

Q1 = 2i aplicado en O (0, 0, 0)

Q2 = -2i aplicado en D (0, 0, 1)

El problema pide:

a) Determinar los momentos resultantes del sistema S1 en los puntos B y C, MB y MC, es decir,

definir el valor de los parámetros a , b, c y d.

b) Invariante escalar “m” y ecuación del eje central del sistema S, que sería el sistema

generado al aplicar en forma conjunta los sistemas S1 y S2 .

5. Un sistema de fuerzas, actuando sobre un sólido rígido, está compuesto por las fuerzas:

F1 = 2 i + j Cuya línea de acción pasa por el punto 0 ( 0, 0, 0 )

F2 = i + j + a k Cuya línea de acción pasa por el punto A ( 1, 1, 1 )

F3 = i - 2 j -3 k Cuya línea de acción pasa por el punto B ( 1, 0, 0 )

El problema pide determinar el valor del parámetro “a” para que este sistema sea de los que

cumplen el teorema de Varignon.

Definido así el valor del parámetro “a” determinar el eje central de dicho sistema.

6. De un sistema de fuerzas vectores deslizantes que denominaremos S1, se sabe que los

momentos resultantes del mismo en dos puntos del espacio adoptan la forma:

MO = -2ai +aj –k Siendo el punto 0 el origen de coordenadas: O ( 0, 0, 0 )

MP = 3ai +0j +0K Siendo el punto P de coordenadas: P ( 1, 2, 3 )

En donde a es un parámetro escalar a determinar.

Se sabe también que la resultante de este sistema S1 tiene su componente en la dirección del

eje 0X nula.

De otro sistema de vectores deslizantes que denominaremos S2 conocemos su eje central:

Se sabe además que este sistema cumple el teorema de Varignon.

Del sistema de vectores S, resultado de aplicar conjuntamente los sistemas S1 y S2 se sabe

que su resultante R es paralela al eje de referencia 0X.

El problema pide:

a) Determinar el parámetro escalar a

b) Eje central del sistema S

7. Un sistema de fuerzas, actuando sobre un sólido rígido, que denominamos S1 está

compuesto por las siguientes fuerzas

F1 = 0i +bj + 0k cuya línea de acción pasa por el punto A (0, 2, 0)

F2 = ai +0j + 0k cuya línea de acción pasa por el punto B (0, 0, -2)

F3 = i + j + 0k cuya línea de acción pasa por el punto A (0, 0, 0)

En donde a y b son desconocidos.

De otro sistema de vectores deslizante que denominamos S2 conocemos:

La ecuación de su eje central:

x0= yy= z0

El momento mínimo:

Mmín = 12j

Que la resultante de este sistema R2 tiene componente negativa en el eje OY.

El sistema S es el resultado de aplicar conjuntamente los sistemas S1 y S2. De este sistema

sabemos:

Que cumple el teorema de Varignon.

Que la componente de su resultante en el eje OX es 4.

Rx = 4

Que el módulo de su resultante, y el módulo de la resultante del sistema S2 cumplen la

relación:

¿ R∨¿( 43 )∨R2∨¿

El problema pide determinar el eje central del sistema S.

8. Un sistema de fuerzas sobre un sólido rígido que denominaremos S1 está compuesto por

las fuerzas:

F1 = (-1, 1, 1) N Cuya línea de acción pasa por el punto 0 ( 0, 0, 0 )

F2 = (1, 1, a) N Cuya línea de acción pasa por el punto A ( 0, 1, 0 )

F3 = (0, -1, -1) N Cuya línea de acción pasa por el punto B ( 0, 0,-1 )

En donde a es un parámetro escalar no nulo a determinar.

De otro sistema de vectores deslizantes que denominaremos S2 conocemos su eje central:

x0= y+1

1= z0

y sabemos que el módulo de su resultante es el doble que él del momento mínimo, teniendo

ambos vectores componente negativa en la dirección del eje 0Y.

Del sistema de vectores S, resultado de aplicar conjuntamente S1 y S2 se sabe que cumple el

teorema de Varignon, y que la resultante, el momento resultante en el origen de coordenadas,

y el eje 0Y se encuentran en el mismo plano.

El problema pide:

a) Determinar el parámetro escalar a

b) Resultante y Momento Mínimo del sistema S2

c) Eje central del sistema S

2.6.8. Casos especiales en los que siempre se cumple que Mmin = 0

Sistema de fuerzas concurrentes

Sistemas de fuerzas coplanarias

Sistema de fuerzas paralelas

Sistema de fuerzas coplanarias

F1

Eje central

R

y = y = y

O x MO O x O y

Sistema I Sistema II Sistema III

El sistema de fuerzas coplanarias (sistema I) se puede reducir a una resultante R y un par

de momento MO en el origen de coordenadas (sistema II)

Resultante

R=∑i=1

n

Fi ;esta contenidaenel plano xy ;

Momento en el origen MO

MO=∑i=1

n

OAi×F i= λk

Se deduce que la resultante R y el momento MO son perpendiculares y se cumple el

teorema de Varignon. Por lo tanto el sistema puede reducirse a una única fuerza actuando en

el eje central (sistema III)

Sistemas de fuerzas paralelas

Un sistema de fuerzas F1, F2, …, Fn cuyas rectas soporte pasan respectivamente por los

puntos P1, P2, …, Pn es un sistema de fuerzas paralelas si ∀ F i=λi u (figura) donde u es un

vector unitario que tiene la dirección de las fuerzas (sistema I) .

Este sistema se puede reducir a una resultante R y un momento MO en el origen (sistema

II)

û Eje central

000

F1

F2

Fi

Fn

R

R

R

= MO =

O O O

Sistema I Sistema II Sistema III

Resultante (R ). Esta se puede expresar como

R=∑i=1

n

Fi=∑i=1

n

λi u=(∑i=1

n

λ i) u El momento (MO) del sistema de fuerzas paralelas respecto al origen de coordenadas se

puede expresar como

MO=∑i=1

n

OPi×λ i u=(∑i=1

n

λiOPi)× u(2.22) Donde OPi es el vector que va desde el origen a un punto cualquier Pi, de la recta soporte

de la fuerza F i

De las expresiones anteriores se deduce que R es perpendicular a MO (R . MO =0), es decir

Mmin=0, y se y se cumple el teorema de Varignon. Por lo tanto el sistema se puede reducir a

una única fuerza, la resultante R, actuando en el eje central (sistema III)

Centro de un sistema de fuerzas paralelas

Supongamos un sistema de fuerzas paralelas en la dirección u y con su resultante R ≠ 0. Se

puede demostrar que existe Un punto G del eje central en el que se puede aplicar la resultante

R que sería equivalente al sistema de fuerzas paralelas fuese cual fuese la orientación del

sistema de fuerzas paralelas. Es decir, G es independiente de la orientación del sistema y sus

coordenadas se pueden calcular sin conocer u

Fi

Fn

Pi

Por ser G un punto perteneciente al eje central, entones

MG=Mmin=0

De manera que el momento en el origen de coordenadas O (0, 0, 0) es:

MO=OG×R=(∑i=1

n

λ i)OG×u (2.23) De las Ecs. (2.22) y (2.23)

(∑i=1

n

λi)OG=(∑i=1

n

λi OPi) Entonces, el vector posición del punto G está dado por

OG=(∑i=1

n

λiOPi)/(∑i=1

n

λ i)(2.24) Se observa que G es independiente de la dirección de las fuerzas, pero si depende de los

puntos Pi donde se consideran aplicadas las fuerzas. Por lo tanto, sólo podemos aplicar en G

una única fuerza equivalente al sistema de fuerzas e independiente de su orientación, en tanto

no cambien los puntos Pi de aplicación de las fuerzas.

Para escribir las componentes cartesianas de OG se suele emplear la notación:

OG=xG i+ yG+zGk

Si llamamos (xi, yi, zi ) a las componentes características de los vectores de posición OPi

entonces las componentes cartesianas de OG se calcularan de la siguiente manera

xG=∑i=1

n

λi xi /∑i=1

n

λ i(2.25)

yG=∑i=1

n

λi y i /∑i=1

n

λi(2.26)

zG=∑i=1

n

λi zi /∑i=1

n

λi(2.27)

El punto G cuyas coordenadas se calculan con las ecs. (2.25)-(2-27) es lo que se denomina el

centro de un sistema de fuerzas paralelas.

Ejemplo

Se tiene el siguiente sistema de fuerzas actuando sobre un cuerpo rígido:

F1=(1 ,0 ,0 )kN , F2=(1 ,2 ,0 ) kN y F3=(0 ,2 ,−1 ) kN , cuyas rectas soporte son respectivamente:

x−1= y0= z0, x−1= y

2= z0,x−10

= y2=−z. Calcular:

a) El momento del sistema de fuerzas con respecto al punto P(1, 1, 1)

b) Invariantes

c) La ecuación del eje central

d) Reducir el sistema a otro formado sólo por dos fuerzas: uno, la fuerza F4= (2 ,1 ,8 ) kN ,

pasando por el punto D(3,2,5), y otra fuerza

e) Reducir el sistema en el punto A(1, 0, 0)

Solución

a) Momento del sistema respecto del punto P(1,1,1)m. De las ecuaciones de las rectas

soporte se confirma que es un sistema de fuerzas concurrentes, siendo A(1,0,0)m el punto de

concurrencia. Luego, se cumple el teorema de Varignón y el momento del sistema con respecto

al punto P(1,1,1)m es igual al momento de la resultante:

R=F1+ F2+ F3=(1 ,0 ,0 )+(1,2,0 )+(0,2 ,−1 )=(2,4 ,−1)kN

MP=PA× R=|i j k0 −1 −12 4 −1|=(5 ,−2,2)kNm

b) Invariantes.

Invariante vectorial: R=(2,4,1)kN

Invariante escalar: R . M=(0,0,0)

Tercer invariante: R .M|R|

=0

c) Ecuación del eje central. Un punto que pertenece el eje central es el punto de

concurrencia A(1,0,0)m, por lo tanto la ecuación del eje central es.

x−12

= y4= z

−1

d) Reducir el sistema a otro formado sólo por dos fuerzas: uno, la fuerza F4= (2 ,1 ,8 ) kN ,

pasando por el punto D(3,2,5)m, y otra fuerza F5=(F5x ,F5 y ,F5 z). Este sistema será

equivalente al sistema original de fuerzas cuya resultante es R=(2,4 ,−1)kN y momento con

respecto al punto de concurrencia A es M A=(0,0,0), así:

R=(2,4 ,−1 )kN=F4+ F5=(2+F5x ,1+F5 y+8+F5 z )

Igualando componentes escribimos las siguientes ecuaciones

2=2+F5 x

4=1+F5 y

−1=8+F5 z

de donde se obtiene

F5x=0, F5 y=3 y F5x=−9

quedando definida la fuerza F5=(0,3 ,−9 ) kN

Considerando que la fuerza F5pasa por un punto E (E x , E y , E z ¿, el momento con respecto al

punto A puede escribirse

M A=(0,0,0 )= AD× F4+ AE× F5=|i j k2 2 52 1 8|+|

i j kEx−1 Ey E z0 3 −9|

(0,0,0 )=[ (11−9 Ey−3E z ) , (9 Ex−15 ) , (3 Ex−5 ) ]de donde obtenemos las siguientes ecuaciones escalares

11−9 Ey−3 E z=0

9 Ex−15=0

3 Ex−5=0

sistema de ecuaciones con solo dos ecuaciones linealmente independientes, de ellas

obtenemos

E x=53

existiendo infinitos valores de E y y E z que satisfacen las ecuaciones anteriores. Para E y=0

hallamos E z=113, quedando definido un punto E que pertenece a la recta soporte de la fuerza

F5es E( 53 ,0 , 113 )m. Entonces, el sistema equivalente estará formado por las fuerzas

F4= (2 ,1 ,8 ) kN pasando por D(3,2,5)m, y

F5=(0,3 ,−9 ) kN pasando por E( 53 ,0 , 113 )me) El sistema en el punto A(1, 0,0)m se reduce sólo a la resultante pasando por el punto A,

por ser éste punto de concurrencia del sistema de fuerzas.

Ejemplo

Sobre un cuerpo rígido actúan cuatro fuerzas coplanarias F1 , F2 , F3 y F4 de las que se

conoce que sus rectas soporte pasan por los puntos O (0,0) m, A2 (0,1) m, A3 (1,1) y A4 (1,0) m

respectivamente, según se muestra en la figura. Los módulos de las fuerzas F1 y F2 son iguales

a 10 kN, los ángulos α y β son tales que tan α=3/4 y tan β= ½, las componentes de las fuerzas

F3 y F4 valen F3y = 5 kN y F4x= -4 kN

a) Reducir a un sistema fuerza –par en el origen de coordenadas

b) ¿Puede la fuerza 1i N, aplicada en el origen de coordenadas, ser una de las fuerzas del par?

c) Si es así, y si tomamos la segunda fuerza del par aplicada en un punto del eje OY ¿dónde

deberíamos aplicarla?

d) Reducir el sistema de fuerzas iniciales a solo dos fuerzas, una de las cuales esté aplicada en

el origen de coordenadas

e) ¿Es posible reducir el sistema de fuerzas a una sola fuerza en algún punto del espacio? Si es

así, averigua sobre qué punto del eje OX debería aplicarse

f) Obtener la ecuación del eje central

Ejemplo

Sea el sistema de fuerzas actuando sobre un sólido rígido, constituido por las fuerzas

F1 = i + j − k N F2 = −i − j + k N F3 = 2i + 2j − 2k N F4 = −4i − 4j + 4k N

expresados en sistema de referencia cartesiano OXY Z, y que están aplicados las rectas que

contienen a los puntos de coordenadas P1(0, 0, 0) m, P2(1,−2, 3) m, P3(3, 5, 6) m y P4(2,−2, 5)m,

respectivamente. Halla:

1. el centro y eje central del sistema.

2. el momento resultante en el punto Q (2,3,−1).

3. la reducción canónica del sistema.

Solución

1. Centro y eje central

La resultante es

R = −2 i − 2 j + 2 k N

El sistema está compuesto por fuerzas paralelas entre sí. Escogemos el vector unitario

u = F1/ |F1| para describir el sistema de fueras. Podemos ver que los vectores se expresan como

Fi = λiu :

u= 1

√3( i+ j−k )

F1=√3u , F2=−√3u ,F3=2√3u , F4=−4√3u

En un sistema de fuerzas paralelas el eje central debe pasar por el centro del sistema. La

posición del centro respecto del origen del sistema de referencia O es

OG=∑i=1

n

λ iOPi

∑i=0

n

λi

=32i−10 j+ 11

2k

Resulta así que la ecuación vectorial del eje central es

L= OG+t R = 32i−10 j+ 11

2k + t(-2i – 2j +2k)

2. Momento en el punto Q

Según el teorema de Varignon, podemos calcular el momento del sistema de fuerzas

paralelas respecto de un punto cualquiera colocando la resultante en el centro del sistema y

calculando su momento respecto al punto en cuestión. En este caso

MQ = QG × R = −13 i − 12 j − 25 k N-m

3. Reducción canónica

La reducción canoníca es la reducción del sistema en un punto del eje central. En este caso,

el centro G pertenece al eje central, y hemos calculado el momento resultante en él, MG = 0.

Como tenemos la resultante R, la reducción canoníca es

Scan = {R, 0}

Problemas Propuestos

1. La placa de cimentación rectangular de la figura soporta las cargas de seis pilares,

cargas que consideraremos fuerzas puntuales aplicadas sobre la placa en la base de cada pilar.

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 geométrico de la misma

2. Un sistema de fuerzas paralelas sobre un sólido rígido está constituido por F1 = (1, 2, 3)

N, aplicada en el punto P1(0, 1, 1)m; F2 = (3, 6, 9) N, aplicada en el punto P2(-2, 1, 5) m; y F3

aplicada en el punto P3(3, 1, 1) m.

a) Determinar las componentes de F3, de forma que el centro G del sistema sea el punto de

intersección del eje central con el plano coordenado OYZ

b) En este caso calcula las coordenadas del centro G del sistema de fuerzas.

c) Calcula el momento del sistema en el origen de coordenadas.

d) Comprobar que el invariante escalar del sistema es cero

Preguntas con alternativas

1. Sea un sistema de fuerzas aplicada sobre un sólido rígido tal que R ≠0 y Mp ≠0. Entonces

a) El sistema puede reducirse a un sistema de fuerzas paralelas.

b) El momento mínimo Mmim, es con toda seguridad, no nulo.

c) Existen caso particulares en los que el sistema se puede reducir a una única fuerza actuando

en el eje central.

d) El sistema es mecánicamente equivalente a un par de fuerzas

2. Un sistema de fuerzas aplicada sobre un sólido rígido, de resultante R = ( 1, 2, 1) N concurre

en el punto P(0, 2, -1). Sea el punto Q (1, 0, 3) del espacio. Se cumplirá que:

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

b) el punto Q pertenece al eje central, pero no el punto P

c) ambos puntos P y Q pertenecen al eje central

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

3. Si a un sistema no nulo de fuerzas aplicadas sobre un sólido rígido se le añade cierta fuerza

y se convierte en un sistema nulo, podemos afirmar del sistema de partida qu

a) Tenía invariante escalar no nulo

b) Era equivalente a un par de fuerzas

c) Tenía la resultante no nula pero momento nulo en todos los puntos del espacio

d) Era reducible a una sola fuerza deslizante

4. Sea un sistema de fuerzas aplicadas a un sólido rígido de resultante R ≠ 0, y de momento en

un punto del eje central ME ≠0. Podemos afirmar que se puede anular este sistema si se le

añade

a) Una única fuerza deslizante cuyas componente coincidan con las de –R, aplicada en un

punto del eje central

b) Un par de momento -ME

c) Una única fuerza deslizante cuyas componentes coinciden con las de –R, aplicada en un

punto P, no necesariamente del eje central

d) Todas las respuestas son falsas

5. Dado un sistema de fuerzas paralelas aplicadas sobre un sólido rígido con R ≠0, podemos

afirmar con toda seguridad que

a) El momento en cualquier punto es nulo

b) Existe infinidad de puntos en el espacio en los que el momento del sistema es nulo

c) El centro del sistema es justamente el único punto en el cual el momento del sistema es no

nulo

d) La resultante es perpendicular al eje central del sistema