III. RESULTANTES DE LOS SISTEMAS
DE FUERZAS QUE ACTÚAN SOBRE EL
CUERPO RÍGIDO
Resultantes de los sistemas de fuerzas paralelas
Antes de abordar la composición de sistemas de fuerzas paralelas,
tendremos que estudiar el concepto de momento de una fuerza, que nos
servirá para determinar la posición de las fuerzas, y las características de
los pares de fuerzas (1).
Momento de una fuerza
El concepto de momento es antiquísimo, pues nació entre los griegos.
Nos aproximaremos a él mediante el caso de la balanza de platillos. Esque-
máticamente, una balanza consiste en una barra muy ligera, articulada en
su centro y en cuyos extremos se colocan sendos pesos. Supongamos que
cada brazo de la balanza mida 20 cm y que los pesos sean de 5 kg, como
se muestra en la figura. Supongamos que cada brazo de la balanza mida 20
cm y que los pesos sean de 5 kg, como se muestra en la figura.
(1) Algunos textos constriñen el uso de la palabra “resultante” a la fuerza
única que es capaz de producir los mismos efectos externos que un siste-
ma de fuerzas concurrentes. Lo cual trae consigo muchas complicaciones,
pues a veces el sistema equivalente más simple es un par de fuerzas, y se-
ría incorrecto decir que el sistema correspondiente no tiene resultante, pues
se entendería que está en equilibrio.
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
40
Los cuerpos están en equilibrio
y es evidente que si quitáramos el
cuerpo de la derecha, la barra gi-
raría alrededor de un eje horizon-
tal que pasara por la articulación
O.
Si en vez del cuerpo de 5 kg,
dispusiéramos de un cuerpo de
10 y quisiéramos equilibrar la ba-
lanza, tendríamos que colocar el
nuevo cuerpo a una distancia de
10 cm de la articulación; y si el
cuerpo fuera de 20 kg, tendría
que colocarse a sólo 5 cm de O.
Estos casos, que se pueden comprobar fácilmente, muestran que el
producto peso por brazo se mantiene constante, en este caso 100 kg ∙ cm,
y los efectos son los mismos. Esos efectos son lo que llamamos momentos
de fuerzas.
El momento de una fuerza es la tendencia a girar alrededor de un eje
que la fuerza produce sobre un cuerpo
Momento de una fuerza respecto a un punto
El momento de una fuerza respecto a un punto es el momento de la
fuerza respecto a un eje que pasa por el punto y es perpendicular al plano
que contiene la línea de acción de la fuerza y el punto.
En el caso de las fuerzas coplanares que es el que nos ocupa en este
momento, más que considerar el eje alrededor del cual se produciría la ten-
dencia a girar, nos importa fijar la atención en el punto del plano que se in-
tersecta con dicho eje.
El momento de una fuerza F respecto a un punto O se calcula multi-
plicando la magnitud de la fuerza por la distancia de su línea de acción al
punto. Se simboliza MOF = Fd. El sentido del momento es de la máxima
importancia; siempre se debe indicar si se trata de una tendencia girar en el
sentido de las manecillas del reloj o en el sentido contrario.
5 kg 10 kg
O
20 cm 10 cm
20 cm
O
20 cm
5 kg 5 kg
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
41
MAQ = 80(0.4) ; MAQ = 32 kg ∙ m ⤸
MBQ = 80(0.4) ; MBQ = 32 kg ∙ m ⤸
Nótese que la línea de acción de Q es vertical y pasa por C, de modo
que su distancia perpendicular al punto B es de 0.4 m, exactamente igual
que su distancia a la articulación A. Los momentos no dependen del pun-
to de aplicación de la fuerza, sino de su línea de acción.
MCQ = 0
MBQ = 80(0.4); MBQ = 32 kg ∙ m ⤹
MAP = 340AB̅̅ ̅̅ = 340(8.5);
MAP = 2890 lb ∙ ft ⤸
MCP = 340BC̅̅̅̅ = 340(8.5);
MCP = 2890 lb ∙ ft ⤹
Para calcular el momento de P con respecto a D, prolongamos su línea de
acción y levantamos una perpendicular que pase por D.
Ejemplo. Calcule el momento que la
fuerza Q de 80 kg produce respecto a cada
uno de los puntos, A, B, C y D de la
ménsula de la figura.
Q = 80
kg
0.4 m
0.3
m
A
B
C D
0.4 m
Ejemplo. Diga qué momento produ-
ce la fuerza P de 340 lb con respecto a
cada una de las articulaciones A, B, C, D
y E de la armadura en cantilíver que se
muestra en la figura.
P = 340#
7.5´
8´
A
B
D E
7.5´
C
8
15
17
A
C
D
8.5
7.5
4
A
B
E
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
42
Por semejanza de triángulos
OA̅̅ ̅̅
8.5=17
15; OA̅̅ ̅̅ =
8.5(17)
15
OD̅̅ ̅̅ = 15 − OA̅̅ ̅̅ = 15 − 8.5(17)
15=80.5
15
d
OD̅̅ ̅̅=15
17; d =
15
17(80.5
15) =
80.5
17
MDF = 340 (80.5
17)
MDF = 1610 lb ∙ ft ⤹
Teorema de Varignon (o teorema de momentos)
Sea una fuerza cualquiera F aplicada en el punto A y sea O un punto
respecto al cual se quiere calcular el momento de la fuerza.
Elegiremos un sistema de refe-
rencia cuyo eje de las yes tenga la
dirección AO, y un eje de las equis
perpendicular a él. Descompondre-
mos la fuerza F en dos componen-
tes cualesquiera C1 y C2. Puesto que
F es resultante de estas dos fuerzas
componentes
R =∑Fx
F cos γ = C1 cos α + C2 cos β
Multiplicaremos cada uno de los términos por la distancia OA, de mo-
do que no se altere la igualdad.
F(OA̅̅ ̅̅ ) cos γ = C1(OA̅̅ ̅̅ ) cos α + C2(OA̅̅ ̅̅ ) cos β
β
α
γ
C1
C2
O
x
y
A
F
P = 340
A
B
O D
d
α α
15
17
α
8
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
43
Levantaremos una perpendi-
cular a cada una de las líneas de
acción de las fuerzas que pase
por O. Cada una de esos seg-
mentos, que denominaremos d,
d1 y d2, forman con el eje de
las yes los ángulos , y ,
respectivamente..Observamos
que d = (OA) cos γ,.que.d1 =(OA) cos α y que d2 =(OA) cos β.
Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior tenemos
Fd = C1d1 + C2d2
es decir,
MOF = MOC1 +MOC2
que es el teorema de Varignon, y que podemos enunciar de la siguiente
manera: el momento de una fuerza respecto a un punto es igual a la suma
de los momentos de sus componentes respecto al mismo punto.
Obtenemos las componentes horizontal y vertical de la fuerza.
FH = 4200 (√3
2) = 2100√3
4200 N 30°
20 mm A
50 mm
Ejemplo. Utilizando el teorema de
Varignon, calcule el momento de la fuer-
za de 4200 N con respecto al empotra-
miento A.
β
α
γ
C1
C2
O
x
y
A
F
20
50
A
FV
FH
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
44
FV = 4200 (1
2) = 2100
MAF = MAFH +MAFV
MAF = 2100√3(20) − 2100(50) MAF = −32300 N ∙ mm
MAF = 32.3 N ∙ m ⤸
Como hemos considerado positivo el momento en sentido antihorario
y el resultado es negativo, el momento de la fuerza tiene sentido horario.
PH = 3400 (8
17) = 160
PV = 340 (15
17) = 300
MDP = MDPH +MDPV
MDF = −160(4) − 300(7.5)
MAF = −640 + 2250 = −1610
MDP = 1610 lb ∙ ft ⤹
Ejemplo. Determine el momento de
la fuerza P que actúa sobre la armadura
en cantilíever del problema ya resuelto,
empleando el teorema de Varignon. P = 340#
7.5´
8´
A
B
D E
7.5´
C
17
8
15 15
8
340
4
7.5
160
300
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
45
Las componentes ortogonales de la fuerza son
QH = 260 (5
13) = 100
QV = 260 (12
13) = 240
Primera solución: descomponiendo en B
MGQ = MGQH +MGQV
MGQ = −100(6) + 240(5) MAF = −600 + 1200 = 600
MDP = 600 lb ∙ in ⤹
Segunda solución: descomponiendo la fuerza Q en el punto A
MGQ = MGQH +MGQV
MGQ = 100(6) + 0
MDP = 600 lb ∙ in ⤹
Como puede apreciarse, una buena selección del centro de momentos
facilita los cálculos.
5´´
G
5´´ A
B
6´´
6´´
Ejemplo. Calcule el momento de la
fuerza Q de 260 lb respecto al centroide
G de la sección transversal de la viga I
mostrada en la figura.
Q
13
5
12
6
5 G
QH
QV
6
G
QH
QV
A
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
46
Resultantes de sistemas de fuerzas paralelas
Consideremos dos fuerzas verticales F1 y F2 aplicadas en una viga que
deseamos reducir a una sola fuerza equivalente. Añadiremos al sistema dos
fuerzas colineales de sentido contrario de magnitud E; como se trata de un
sistema de fuerzas en equilibrio, no se alteran los efectos externos que sufre
la viga. A continuación sustituimos F1 y E por una sola fuerza R1, que es
su resultante; lo mismo hacemos con F2 y E, y las sustituimos con R2. Te-
nemos ahora un sistema de dos fuerzas concurrentes formado por R1 y R2,
las cuales podemos deslizar sobre sus líneas de acción hasta su punto de
concurrencia, en donde las compondremos para obtener la fuerza única
equivalente R que buscábamos.
De la geometría de la figura, se puede
observar fácilmente que la magnitud de R
es igual a la suma de F1 más F2. Y es evi-
dente que es paralela a las fuerzas origina-
les.
Para determinar de modo analítico la
posición de la resultante, elegiremos un
punto arbitrario O. El momento de R res-
pecto a O es igual a la suma de los mo-
mentos de R1 y R2 según lo establece el
teorema de Varignon. Además, el mome-
nto con respecto a O de R1, conforme al
mismo teorema, es igual a la suma del
momento de F1 más el momento de E,
ambos respecto al punto O. Pero el mo-
mento de R2con respecto a O es igual al
momento respecto a O de F2 menos el
momento de E respecto al mismo punto;
este momento tiene necesariamente senti-
do contrario al de la otra componente E,
pues ambas están en la misma línea de ac-
ción, pero son de sentido contrario. De to-
do lo cual resulta que
R1
R2
F1
F2
E E
β α
O
R2
β α
R1 R2 R1
R
O
R1
R2
F1
F2
E E
β α
F1
F2
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
47
MOR = MOF1 +MOF2
y con esta ecuación se puede determinar con facilidad la posición de la
resultante buscada.
Estos resultados se pueden generalizar, pues el proceso puede reite-
rarse tantas veces como se desee. Así, la resultante de un sistema de fuer-
za paralelas será otra fuerza paralela, cuya magnitud será igual a la suma
algebraica de las fuerzas del sistema; el sentido de la fuerza quedará
determinado por el signo de dicha suma algebraica. Es decir, requerimos
de las siguientes dos ecuaciones para la determinación de la resultante de
un sistema de fuerzas paralelas:
R =∑Fy
MOR =∑MOF
Elegimos un sistema de referencia como se muestra
R =∑Fy
R = 60 + 120 + 80 = 260
Elegimos el extremo A como centro de momentos y consideramos
positivos los que tienen sentido horario.
Ejemplo. La figura representa tres
cajas colocadas sobre una tarima.
Sustitúyalas por una sola que produzca
los mismos efectos externos sobre la
tarima.
60 kg 80 kg
0.6 m 0.8 m 0.7 m 0.2 m
120 kg
A B
x
y
60 120 80
0.8 A B
0.6 0.7 0.2
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
48
MAR =∑MAF
260xA = 60(0.6) + 120(0.4) + 80(2.1) 260xA = 36 + 168 + 168
xA =372
260= 1.431
Es decir:
R = 260 kg ↓; xA = 1.431 m →
O mejor:
Como sistema de referencia elegimos el siguiente:
R =∑Fx
R = 10 − 20 + 50 = 40
MAR =∑MAF
−40yA = −50(2) + 20(4) − 10(7)
A
10 #
20 #
50 #
3´
2´
2´
B
Ejemplo. Determine la magnitud, la
dirección y la posición de la resultante de
las fuerzas que actúan sobre el poste de la
figura.
1.431 m
A B
260 kg
x
y
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
49
A
B
4.75
2.25
40# 7´
−40yA = −100 + 80 − 70 = −90
yA =−90
−40= 2.25
R = 40 lb →; yA = 2.25 ft ↑
Si como centro de momentos se elige B, que es un punto de aplica-ción
de una fuerza, el cálculo se simplifica.
MBR =∑MBF
40(−yB) = 50(5) − 20(3) = 250 − 60 = 190
yB = −190
40= −4.75
yB = 4.75 ft ↓
La suma de yA + yB es la longitud del poste
Ejemplo. Diga cuáles son las caracte-
rísticas de la resultante del sistema de
fuerzas que actúa sobre la barra de la fi-
gura.
A B
5 ton 11 ton
1 m 2 m 2 m
2 ton 1 ton
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
50
Eligiendo el sistema de referencia mostrado y A como centro de mo-
mentos
R =∑Fy
R = 5 + 11 − 2 − 1 = 13
MAR =∑MAF
13xA = 11(1) − 2(3) − 1(5) = 0
R = 13 ton ↑ aplicada en A
Fuerzas distribuidas
Un caso importante de fuerzas paralelas es el de las fuerzas o cargas
distribuidas, es decir, aquellas que están aplicadas sobre una superficie y
se estudian como tales. Pensemos en el caso de una serie de costales
apilados sobre una tarima; si cada metro de la tarima soporta 80 kg, como
la tarima es de 3 m, la carga total es de 240 kg. Este ejemplo quedaría
representado mediante un área rectangular cuya altura correspondería a los
80 kg; la magnitud de la fuerza resultante sería el área del rectángulo, y su
posición, el punto medio del claro de la tarima, puesto que se trata de un
sistema de fuerzas simétrico con respecto al eje vertical que pasa por dicho
punto medio.
La carga distribuida no necesariamente es uniforme. Consideremos el
caso de la presión que el agua ejerce sobre un dique. Dicha presión es
función de la profundidad, de modo que se representa mediante un área
triangular; y la resultante tendrá una magnitud igual al área del rectángulo,
y quedará situada más cerca de la base que del vértice, puesto que las
fuerzas son mucho mayores hacia el fondo del dique. Tendremos que
encontrar la posición exacta de dicha fuerza.
En general, las fuerzas distribuidas se representan mediante un área en
la que se señala el sentido de las acciones. La magnitud de la superficie
corresponde al tamaño de la fuerza resultante, y la posición de ésta la
podremos hallar de modo semejante a como hemos hallado la posición de
las resultantes de los sistemas de fuerzas paralelas concentradas.
x
y
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
51
Cuando la carga distribuida admite un eje de simetría, la fuerza resul-
tante se halla en ese eje, pues la carga de un lado produce respecto a él el
mismo momento que la del otro lado.
Para la resolución de problemas de cargas distribuidas, importa cono-
cer la posición de la fuerza resultante de las más significativas distribu-
ciones simples, que no admitan un eje de simetría; tal es el caso del trián-
gulo.
Sea la fuerza distribuida sobre la viga
de longitud L la se muestra como un área
triangular en la figura; como la carga
aumenta en proporción directa de la dis-
tancia x, y la carga máxima es Q, y =Qx L⁄ . Elegiremos un área diferencial
dF = ydx. La magnitud de la fuerza re-
sultante es R = ∫dF = ∫ ydx . Como se
trata de la recta cuya ecuación es y =Qx L⁄ , entonces R = (Q L⁄ ) ∫ x dx cuyos
límites inferior y superior son 0 y L, res-
pectivamente. Por tanto, R = QL 2⁄ , que
corresponde al área del triángulo que re-
presenta a la carga. Emplearemos ahora la
ecuación de momentos para determinar la
posición. x̅R = ∫ x dF; o sea x̅QL 2⁄ =
A
L
B
Q
A
𝑦 =𝑄
𝐿𝑥
Q
x
y
𝑑𝐹
𝑑𝑥
Tomemos una fuerza diferencial dF = ydx,
que corresponde prácticamente a una fuerza
concentrada, como las que hemos venido es-
tudiando. La fuerza resultante será
R = ∑Fy, que, en este caso se convierte en
R = ∫dF = ∫ydx
De modo semejante, la posición de la resul-
tante se puede hallar mediante la ecuación
MOR = ∑MOF; x̅R = ∑xF;
x̅ =∑xF
R que, ahora es x̅ =
∫xdF
∫dF
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
52
(Q L⁄ ) ∫ x2 dx, cuyos límites son también
0 y L. Por tanto, x̅QL 2⁄ = (QL2 3⁄ ), de
donde x̅ = 2L 3⁄ . La carga distribuida es
equivalente a una sola fuerza concentrada
de magnitud QL 2⁄ colocada a 2L 3⁄ a la
derecha del apoyo A.
Consideremos ahora una viga de lon-
gitud L sobre la que actúa una carga que
varía según la ecuación y = Qx2, en donde y, que es la magnitud de la carga
en cada punto de la viga y x es la distancia horizontal medida hacia la dere-
cha del apoyo A. Elegimos un elemento diferencial dF = ydx. La mag-
nitud de la fuerza resultante es R = ∫ dF, o sea R = Q∫x2 dx desde x = 0
hasta x = L ; de donde se obtiene R = QL3 3⁄ . Además, x̅R = Q∫ x3 dx,
que es la ecuación de momentos con respecto al extremo A. Pu-esto que
los límites son 0 y L, se tiene que x̅QL3 3⁄ = QL4 4⁄ . Y la posición de la
resultante queda definida mediante la expresión x̅ = 3L 4⁄ .
La carga uniforme se sustituye por una fuerza de 500(3) = 1500
colocada en el centro del rectángulo y la triangular por otra de 500(3) 2⁄ =750 a 2m a la izquierda del vértice B
Y componemos las dos fuerza paralelas
A B
3m 3m
500 kg/m
Ejemplo. Sustituya la carga distri-
buida aplicada sobre la viga de la figura
por una sola fuerza concentrada.
A
𝑄𝐿
2
2𝐿
3
𝐿
3
A B
1500 750
x
y
2.5 1.5 2
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
53
R =∑Fy
R = 1500 + 750 = 2250
MAR =∑MAF +⤸
2250 xA = 1500(1.5) + 750(4)
2250 xA = 2250 + 300
xA =5250
2250
xA = 2.33 m
Sustituiremos la carga distribuida por una
sola fuerza concentrada
Elegimos dF = ωdx
F = ∫ωdx = 12∫ x2 dx6
0
F = 4x3|06 = 864
su posición es
Ejemplo. La viga libremente apoyada
de la figura soporta una carga variable
𝜔=12x2, tal como se muestra en la figu-
ra. El peso propio de la viga es de 50 lb/ft.
Encuentre la magnitud, dirección y po-
sición de la resultante de las cargas distri-
buidas.
A B
2.33m
2250 kg
Q
x
𝜔
𝑑𝐹
𝑑𝑥
A B
Q
6’
x
𝜔
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
54
x̅ = ∫ωx dx
864 x̅ = 12∫ x3 dx6
0
F = 3x4|06 = 3888
x̅ =3888
864= 4.5
Ahora encontremos la resultante de
esta fuerza y del peso, cuya magnitud
es de 500(6)lb.
R =∑Fy
R = 1164
MAR =∑MAF +⤸
1164 xA = 300(3) + 864(4.5) 1164 xA = 900 + 3888 = 4788
xA = 4.11
Por tanto
R = 1164 lb , xA = 4.11 ft →
Pares de fuerzas
Antes de abordar formalmente es tema de los pares de fuerzas, ana-
licemos el siguiente caso.
800 N 400 N 600 N 900 N
300 N
0.5 m 0.4 m 1.1 m 1 m
A B
Ejemplo. Determine todas las carac-
terísticas del sistema resultante de las cin-
co fuerzas aplicadas en la viga de la figu-
ra.
A B
3
300 864
1.5 1.5
y
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
55
𝑅 =∑𝐹
𝑅 = −800 − 400 + 600 + 900 − 300
𝑅 = 0
𝑀𝐴𝑅 =∑𝑀𝐴𝐹
𝑀𝐴𝑅 = −400(0.5) + 600(1.5) + 900(1.9) − 300(3)
𝑀𝐴𝑅 = 1510 N m ↺
El hecho de que la suma algebraica sea cero, pero no la suma de los
momentos, significa que el sistema es equivalente a otro formado por dos
fuerzas paralelas, de la misma magnitud, pero de sentido contrario, es decir
por un par de fuerzas. Dicho par podría ser cualquiera de los que se
muestran en las figuras.
Tal como señalamos arriba, un par de fuerzas es un sistema de dos
fuerzas paralelas, de la misma magnitud y de sentido contrario. Su propie-
dad fundamental es que la suma de los momentos que producen sus fuer-
zas es independiente del punto o centro de momento que se elija.
Tomemos, por ejemplo, un par formado por dos fuerzas de magnitud F
cuyas líneas de acción disten una longitud d. Y calculemos la suma de los
momentos de esas fuerzas tanto respecto al punto A como al punto B. La
suma de los momentos respecto al primer punto es
∑MAF = F(d + D) − FD = Fd
∑MBF = F(d + H) − FH = Fd
150 N
A B
1510 N
1 m 2 m
A B
750 N 750 N
A B 1510 N
1510 N
1 m
B
A
A
F
F
d H
D
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
56
Y así, las características de un par son
1. Magnitud: que es igual al momento que produce y, por tanto al pro-
ducto de la magnitud de una de las fuerzas por la distancia entre las líneas
de acción, es decir su brazo: M = Fd.
2. Sentido. Que puede ser en sentido de las manecillas del reloj o en
sentido contrario. Generalmente se considera positivo el par con este últi-
mo sentido.
3. Dirección del plano de acción. Si aplicamos un par de fuerzas en el
plano de este papel y se lo aplicamos, el efecto es muy diferente que si
aplicamos un par en un plano perpendicular. En cambio, si en un plano
paralelo a la cabeza de un tornillo, para girarlo, deseamos aplicar un par, lo
mismo da que se por medio de un destornillador corto que de uno largo.
Resultantes de sistemas de pares de fuerzas
Si en un cuerpo actúan mil pares de fuerzas coplanares, se producirán
mil momentos; y así como las diferentes fuerzas que se aplican a un obje-
to generan distintos momentos que pueden sumarse o restarse según su
sentído, así habrá un par, en el mismo plano, equivalente a los mil pares,
cuya magnitud será igual a la suma algebraica de los mil pares, y su sentido
quedará determinado por el signo de dicha suma:
MR =∑M
A
Fd
Dado que producir un momento es el efecto
único de un par, y que no importa qué fuerza
lo formen o cuál sea su brazo, sino solamente
cuál sea la magnitud del momento que pro-
duce, se suelen representar mediante un arco
de circunferencia en el que se indica el
sentido y la magnitud.
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
57
La pendiente de las líneas de acción de las fuerzas de 50 lb es 3/4. Por
tanto, sus componentes horizontales son de 40 lb y las verticales de 30.
∑MAF = 20(4) − 40(4) + 30(6) + 40(8) − 30(3) − 40(3)
∑MAF = 80 − 160 + 180 + 320 − 90 − 120
a) ∑𝑀𝐴𝐹 = 210 lbft ⤹
MR =∑M
MR = 20(4) + 50(5) − 40(3) MR = 80 + 250 − 120
b) 𝑀𝑅 = 210 lbft ⤹
Como queda comprobado, el efecto de un par es un momento de su
misma magnitud.
40# 40# 50#
50#
20#
20#
3´ A
3´
4´
4´
Ejemplo. Sobre la placa de la figura
actúan seis fuerzas. a) Calcule la suma de
los momentos de las fuerzas respecto al
punto A. b) Sabiendo que se trata de tres
pares de fuerzas, obtenga su resultante.
Ejemplo. Determine la magnitud y el
sentido del par resultante del sistema de
pares que actúa sobre la viga de la figu-
ra. Diga también de qué magnitud deben
ser las fuerzas verticales que, aplicadas en
A y B, formen un par equivalente.
150 kg
100 kg
1.5 m
40 kg
30°
30°
2 m 1 m
A B
40 kg
150 kg 100 kg
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
58
En vez de calcular el brazo del par formado por las fuerzas de 100 kg,
descompondremos dichas fuerzas en sus componentes horizontal y verti-
cal.
Como las componentes verticales están en equilibrio, la magnitud del
par es 50√3 (1)
MR =∑M
MR = 40(3) + 50√3 (1) − 150(1)
MR = 56.6 kgm ⤹
Si las fuerzas verticales han de aplicarse a 3 m de distancia,
FA = FB =56.6
3
FA = 18.87 kg ↓
FB = 18.87 kg ↑
Par de transporte
Es frecuente la necesidad de cambiar de posición una fuerza, de cam-
biar su línea de acción, sin alterar los efectos externos que produce sobre
un cuerpo, es decir, de transportarla. (Conviene recordar que las fuerzas se
pueden deslizar sobre su línea de acción y se conservan los efectos
externos.) Este transporte se puede lograr fácilmente, como demostrare-
mos a continuación, acompañando la fuerza con un par, que llamaremos
par de transporte.
2 150
40 40
1
1
150
50√3
50
50√3
A B
18.87 kg 18.87 kg
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
59
Pensemos en la fuerza F de la figu-
ra, cuya línea de acción pasa por el
punto 𝐴, la cual quiere transportarse al
punto B, sin que se alteren los efectos
externos. Añadiremos al cuerpo un sis-
tema de fuerzas en equilibrio formado
por dos fuerzas de la misma magnitud
de F, de sentido contrario, en una línea
de acción paralela a la de F que pase por
B. Observamos que ahora sobre el
menhir actúa una fuerza F paralela a la
original, pero aplicada en B, y un par de
magnitud Fd: este par es el par de
trasporte MT; además, podemos ver
claramente que el producto Fd es
exactamente igual al momento que la
fuerza F es su posición original produ-
ce con respecto al punto B.
Como el momento que la fuerza produce respecto a A es
MAF = 200(4) = 800 ⤸
basta transportar la fuerza a B y acompañarla con un par de esa magnitud
y en sentido horario.
4 m
B
200 kg
A
Ejemplo. Transporte la fuerza F de
120 kg al empotramiento A, sin que se
alteren los efectos externos que sufre la
viga.
800 kgm
200 kg
A
F
B
A
F
F
A
B
F
d
F
A
B MT
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
60
Tenemos que calcular el momento de la fuerza respecto a B
Sustituiremos la fuerza por sus componentes horizontal y vertical y
emplearemos el teorema de Varignon.
QH = 7500 (3
5) = 4500
QV = 7500 (4
5) = 6000
MBQ = 4500(20) − 6000(50) = −210000
MBQ = 210000 N mm ⤸ = 210 N m ⤸
El par de transporte debe tener esa magnitud
y ese sentido.
50 mm
20 mm
B
A
4 Q 3
Ejemplo. La figura representa el ele-
mento de una máquina. Transporte la
fuerza Q de 7500 N al extremo B, sin que
se alteren los efectos externos del ele-
mento.
80 lbft 30°
30°
40 #
A
O
Ejemplo. Sustituya la fuerza y el par
que actúan sobre la palanca de la figura
por una sola fuerza equivalente.
QH
B
QV
4 5
3
A
B
7500 N
210 Nm
4
3
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
61
Se trata del problema inverso de los dos
anteriores, pues ahora debemos de supri-
mir el par. Consideremos que ya está re-
suelto, y calculemos la longitud de la pa-
lanca.
El momento que debe de producir res-
pecto a 𝑂 en esa posición es de 80 lb ft y
para calcularlo descompondremos en la di-
rección de la barra y en dirección perpen-
dicular.
Como se aprecia en la figura
MOF = 20(OA)
O sea que 20(OA) = 80
OA = 2 ft
a) Para transportar la fuerza de 500 kg se
necesita el par
M1 = 500(0.4)
M1 = 200 kg m ⤹
45°
0.4 m
O 500 kg
800 kg Ejemplo. La banda de un motor ejer-
ce sobre la polea las dos tensiones que se
muestran en la figura. a) Transporte las
dos tensiones al centro O de la polea, sin
que se alteren los efectos externos. b)
Sustituya las dos fuerzas por una sola
equivalente. c) Reemplace los dos pares
por uno solo que sea equivalente.
30° 40
A
O
500 kg
800 kg
M2
M1
20
A
O
40 (√3
2)
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
62
y para la de 800,
M2 = 800(0.4)
M1 = 320 kg m ⤸
b) La resultante de las dos fuerzas se puede de-
terminar mediante la ley del triángulo
R = √5002 + 8002 − 2(500)800 cos 135° sen θ
800=sen 135°
R
R = 1207 kg 28°
c) El par resultante se obtiene mediante la suma
algebraica de los dos pares.
MR = 200 − 320 = −120
MR = 120 kg m ⤸
El sistema fuerza-par formado por R y MR es
equivalente a las tensiones de la banda.
Ejemplo. Sobre la placa de la figura
actúan las tres fuerzas mostradas. En-
cuentre un sistema fuerza-par equivalen-
te, cuya fuerza esté aplicada en el punto
A.
28°
O
1207 kg 120 kgm
500
800
500
800
R
135° θ
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
63
Para hallar el momento de la fuerza de
100 lb la descompondremos en el punto
C.
Al transportar las fuerzas, necesitamos los
pares:
M1 = 80(4) = 320
M2 = 20(2) = 40
M3 = −40(3) = −120
Y ahora reducimos las fuerzas a una sola,
y los pares a uno solo.
Rx =∑Fx
Rx = 40 − 80 = −40
Ry =∑Fy
Ry = 60 − 20 = 40
R = 40√2
R = 56.6 lb 45°
MR =∑M
MR = 320 + 40 − 120
MR = 240 lb ft ⤹
8
0
40
O
6
0
2
0
M1
M3
M2
x
y
45°
A
56.6 lb 240 lb ft
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
64
Supondremos resuelto el problema
empleando las componentes de R.
Como el par es de 240
40x̅ = 240
x̅ = 6 ft →
La fuerza que se muestra es la
resultante de las tres que actúan
sobre la placa.
Resultantes de sistemas de fuerzas no concurrentes
ni paralelas
Al hablar de sistemas de fuerzas no concurrentes ni paralelas nos
estamos refiriendo a cualquier sistema coplanar; es decir, lo único que
tienen en común las fuerzas que estudiaremos es que sus líneas de acción
están contenidas en un mismo plano.
1´
100 #
40 #
20 #
1´ A
B
C D
Ejemplo. Sustituya el sistema fuerza-
par del problema anterior por una sola
fuerza: diga qué punto de la arista AD
corta su línea de acción.
40
O A
40
𝑥
45°
56.6 lb
6’
O A
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
65
Antes de formalizar nuestro estudio, observemos que el penúltimo
problema del apartado anterior consistió en reducir dicho sistema a una sola
fuerza. O sea que ya hemos sido capaces de obtener la resultante o –el siste-
ma equivalente más simple– de un sistema de fuerzas coplanares cuales-
quiera.
Podemos sintetizar los pasos dados en esos problemas al empleo de
tres ecuaciones:
Rx = ∑Fx ; Ry = ∑Fy ; MoR = ∑MoF
Es decir, la componente de la resultante en dirección del eje de las equis
es igual a la suma algebraica de las componentes en esa dirección de las
fuerzas del sistema; la componente de la resultante en dirección del eje de
las yes es igual a la suma algebraica de las componentes de las fuerzas del
sistemas en dirección del eje de las yes, y el momento de la fuerza resul-
tante respecto a un punto cualquiera es igual a la suma de los momentos de
las fuerzas del sistema respecto al mismo punto.
Una vez conocidos esos tres valores, se puede determinar la magnitud
de la fuerza resultante, su dirección y su posición mediante las expresiones
R = √Rx2 + Ry2 ; tan θ = Ry
Rx ; x̅ =
∑MoF
Ry
Elegimos el sistema de referancia mostrado y
empleamos las ecuaciones que acabamos de
deducir.
Rx =∑Fx
Ejemplo. Sobre la viga de la figura
actúan las tres fuerzas y el par mos-
trados. Determine la magnitud y direc-
ción de su resultante y diga en qué punto
se cortan su línea de acción y el eje AB.
2 m
2 m
120 kg
4 m 2 m 2 m
100 kg
720 kgm
30° 60°
B A
150 kg
45°
x
y
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
66
Rx = 120(√3
2) + 150(
1
2) − 200(
√2
2)
Rx = 60√3 + 75 − 50√2 = 108.2
Ry =∑Fy
Ry = 120(1
2) − 150(
√3
2) − 100(
√2
2)
Ry = 60 − 75√3 − 50√2 = −140.6
Conviene elegir A como centro de momento, para hallar la
intersección de AB con la línea de acción de la resultante.
MAR =∑MAF
MAR = 720 − 75(2) − 75(6)√3
−50(8)√2
MAR = 720 − 150 − 450√3 − 400√2
MAR = −775
La magnitud es
R = √Rx2 + Ry
2
R = √108.22 + 140.62 = 177.4
Ejemplo. La figura representa la ar-
madura de un techo sujeta a la acción de
las fuerzas del viento. Halle la magnitud,
la dirección y un punto de la línea de
acción de la resultante de dichas fuerzas.
200 # 200 # 400 #
200 # 200 # 400 #
6´ 6´ 6´
4´
6´
G F
B C
D
E A
H
52.4°
5.51 m
A
La dirección
tanϴ =Ry
Rx=
140.6
108.2
θ = 52.4°
y la posición
xA = ∑MAF
Ry=
−775
−140.6= 5.51
R = 177.4 kg; 52.4; xA = 5.51m →
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
67
Refiriéndonos al sistema mostrado y descompo-
niendo la fuerza según el triángulo de la figura (las
pendientes de las fuerzas son inversas a las de las
barras de la armadura) Tenemos
Rx =∑Fx
Rx = −200 (1
√10) 4 − 400 (
1
√10) 2 = −
1600
√10
Ry =∑Fy
Ry = −200 (3
√10) 2 + 400 (
3
√10) +
200 (3
√10) 2 − 400 (
3
√10)
Ry = 0
Elegir C como centro de momentos facilita el
cálculo.
MCR =∑MCF
−y(−1600
√10) = −200(4√10)2 − 400(2√10)2
−y(1600
√10) = 3200(√10)
Por tanto
𝑅 = Rx = 506, y = −20
R = 506 lb ←; yC = 20 ft ↓
x
y
3
1
3
1
√10
2√10
6
4
6
2√10
2 A
B
C
506 lb
15
C
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
68
Determinamos las hipotenusas de los triángulos
que definen las pendientes de las fuerzas incli-
nadas y nos apoyamos en el sistema de referen-
cia mostrado
Rx =∑Fx
Rx = 700 − 1500 (4
5) + 1300 (
5
13)
Rx = 700 − 1200 + 500 = 0
Ry =∑Fy
Ry = 1500 (3
5) + 1300 (
12
13) − 2100
Ry = 900 + 1200 − 2100 = 0
Elegimos A como centro de momentos y des-
componemos en B la fuerza de 1300N
MAR =∑MAF
MA = 1200(650) − 2100(650) + 700(300)
400 mm
600 mm
250 mm
300 mm
700 N
1500 N 1300 N
2100 N
Ejemplo. La placa de la figura sufre la
acción de las cuatro fuerzas mostradas.
Determine completamente las caracterís-
ticas de su resultante.
x
y
3
4
5 13 12
5
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
69
MAR = −900(650) + 210000 = −375000
Como las sumas de las componentes de las
fuerzas es nula, el sistema resultante no es una
fuerza. Pero el sistema de fuerzas no está en
equilibrio, pues la suma de los momentos es
distinta de cero. El sistema resultante es un par
de fuerzas.
MR = 375 Nm ⤸
Serie de ejercicios de Estática
RESULTANTES DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS QUE ACTÚAN
SOBRE EL CUERPO RÍGIDO
1. Las magnitudes de las fuerzas F y P
son 40 y 60 lb, respectivamente. ¿Qué mo-
mento produce cada una de ellas respecto a
los puntos A y B? Señale tanto su magnitud
como si sentido.
(Sol.MAF = 160 lb·ft ↺; MAP = 260 lb·ft↺;
MBF = 80 lb·ft ; MBP = 572 lb·ft ↺)
2. El peso del cuerpo que soporta la grúa
de la figura es de 800 kg. Diga qué momentos
produce respecto a las articula-ciones A, B y
C.
(Sol. MAP = 1162 kg·m ↻;
MBP = 1162 kg·m ↻; MCP=0)
375 Nm
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
70
3. Determine el momento que la fuerza
de 4 ton produce respecto al apoyo A: a)
calculando la distancia de la línea de acción
al apoyo; b) utilizando el teorema de mo-
mentos (o de Varignon).
(Sol. MAF = 9.6 ton·m ↻)
4. Una fuerza de 100 kg se aplica en
dirección per-pendicular al eje de la llave.
Calcule el momento que dicha fuerza pro-
duce respecto al tornillo sobre el que está
colocada la llave, y respecto al centro C de la
llanta, si θ= 30º.
(Sol. MTF = 90 kg·m ↻; MCF = 77 kg·m ↻)
5. Determine el valor que debe tener el ángulo θ del problema anterior para
que el momento de la fuerza con respecto al centro de la llanta sea máximo. Re-
cuerde que la dirección de la fuerza de 100 kg debe ser normal al eje de la llave.
S (Sol. θ = 180°)
6. a) ¿Cuál es la suma de los momentos
de las fuerzas F y P del problema 1 respecto
al punto A? b) ¿Qué momento produce la
resultante de esas dos fuerzas respecto al
mismo punto A?
(Sol. a) ΣMAF = 420 lb·ft ↺
b) ΣMAR = 420 lb·ft ↺)
7. Sustituya la carga distribuida sobre la
viga de la figura por una sola fuerza concen-
trada. Diga cuáles son su magnitud, su dire-
cción y su posición.
(Sol. F = 1500 kg ; 𝑥𝐴̅̅ ̅ = 3.4 m )
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
71
Sustituya las cargas distribuidas a continuación por una sola fuerza
concentrada.
8. Sol. R = 900 kg ↓; xA = 1.667 m → 9. Sol. R = 7.5 kN ↑ ; xA = 2.6 m →
10. Sol. R = 8.5 kips ↓ ; xA = 0.804 ft → 11. Sol. R = 600 kN ↑ ; xA = 6.25 m →
12. La viga que se muestra en la figura
so-porta una carga distribuida conforme la
ex-presión ω = 200 sen (πx/10), donde si x
se da en ft, ω resulta en lb/ft. Determine las
ca-racterísticas de la fuerza única que
produce los mismos efectos externos sobre la
viga.
(Sol. F = 614 lb ; 𝑥𝐴̅̅ ̅ = 3.18 ft )
3 m
200 kg/m
400 kg/m
A B 2 kN/m
3 m 1.5 m
A B
2 kips/ft
5´ 2´
A B
3 kips/ft
𝜔=18x-0.9x2 [kN]
10 m
x
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
72
13. Diga cuál debe ser la magnitud de la fuerza P, de manera que la resultante
de las dos fuerzas que se muestran en la figura no produzcan ningún momento res-
pecto a: a) al punto C, b) al punto O.
(Sol. a) 342 lb b) 492 lb)
14. Calcule la suma de los momentos de
cada una de las fuerzas de la figura respecto
al origen del sistema cartesiano mostrado.
(Sol. ΣMOF = 158.6 kg·m ↺)
15. Las seis fuerzas del problema
anterior constituyen tres pares de fuerzas.
Obtenga su resultante y compare el resultado
con el del problema 8.
(Sol. M = 158.6 kg·m ↺)
16. Calcule la magnitud del par de la
figura: a) utilizando la distancia entre las
líneas de acción de las fuerzas; b) resol-
viendo cada una de las fuerzas en sus com-
ponentes cartesianas.
(Sol. M = 84.9 lb·in ↺)
17. Determine el sistema resultante de
las fuerzas que actúan sobre la armadura de la
figura.
(Sol. M = 3.89 ton·m ↻)
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
73
18. Un par de 80 kg·m de magnitud y en el sentido de las manecillas del reloj
actúa sobre el plano del papel. Dibújelo, indicando su brazo, si: a) las fuerzas son
de 40 kg; b) las fuerzas son de 160 kg.
(Sol. a) d = 2 m b) d = 0.5 m)
19. Sustituya los tres pares que obran
sobre la viga de la figura: a) por uno cuyas
fuerzas sean horizontales y estén aplicadas en
los puntos A y C; b) por dos fuerzas verticales
cuyas líneas de acción pasen por C y por D.
(Sol. a) 560 kg; b) 74.7 kg)
20. En un plano actúan cinco pares de fuerzas. Las magnitudes de las fuerzas
que los forman son 2, 5, 15, 35 y 12 N y sus brazos correspondientes 0.75, 0.4,
0.2, 0.2 y 0.5 m; los dos últimos tienen el sentido de las manecillas del reloj y los
tres primeros el contrario. ¿Cuál es el par resultante?
(Sol.M = 6.5 N·m ↻)
21. Para abrir la válvula de la figura se
requiere un momento de 0.7 kg·m. Repre-
sente las fuerzas de un par cuyas fuerzas, apli-
cadas en la circunferencia de la válvula,
produzca ese momento.
(Sol.2.33 kg)
22. Transporte la fuerza de 800 kg que
actúa en el punto A de la viga al extremo B
mediante un par.
(Sol. MT = 3200 kg·m ↺)
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
74
23. Sustituya la fuerza que actúa en C por
otra cuya línea de acción pase por O y un par
formado por dos fuerzas horizontales aplica-
das en A y en B.
(Sol. FA = 100 lb → ; FB = 100 lb ←)
24. En el eje O de la palanca de la figura
están aplicados una fuerza de 60 kg y un par
de 1200 kg·cm. Determine la distancia OA
necesaria para que la sola fuerza de 60 kg,
aplicada en A, produzca los mismos efectos
externos sobre la palanca.
(Sol. 23.1 cm)
25. Se desea sustituir la fuerza y el par
que actúan sobre la cuerpo de la figura por
una sola fuerza. Diga qué magnitud, dire-
cción y posición debe tener ésta sin que se
alteren los efectos externos.
(Sol. F = 20 lb ↓ dA = 9 ft →)
26. Determine la magnitud y la dirección
de la resultante de las tres fuerzas que actúan
sobre la cortina de la figura. Diga también en
que punto su línea de acción corta a la recta
AB.
(Sol. R = 1404 ton 72.6°;
𝑥 𝐴 =33.1 m →)
Resultantes de los sistemas de fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido
75