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Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
1 
EQUILIBRIO DE FUERZAS COPLANARES NO CONCURRENTES 
 
 
 
Angela Dayana Mejía Mejía 
admejia@unicauca.edu.co 
Angélica María Patiño Sarria 
ampatino@unicauca.edu.co 
Carlos David Vallejo Ruiz 
cardav@unicauca.edu.co 
Claudia Marcela Hurtado Franco 
cmhurtado@unicauca.edu.co 
 
 
 
 
Abstract: On Monday, February 28, a 
laboratory practice called “Equilibrium of non-competing 
coplanar forces” was carried out, directed by Professor 
Lissy Yohana Hurtado Meneses, in which the equilibrium 
of coplanar forces was studied, applying the necessary 
conditions to three problems in particular, performing each 
of the procedures and finding the angle of the reaction 
force and its magnitude. Finally, calculating the weight of 
the system and the position; the practice began in the 
morning hours around 9 in the morning, where the teacher 
gave her speech explaining what had to be done, giving 
our group the ability to compare the theory explained with 
what was experienced afterwards. With all this we used 
different types of materials that would allow us to compare 
theory and experiment. 
 
 
PALABRAS CLAVE: Brazo, peso, tensión, 
torque. 
 
 
 
1. INTRODUCCIÓN 
 
En el día 28 de febrero del año 2022 se realizó 
lo que vendría siendo el último informe de 
laboratorio llamado “Equilibrio de fuerzas 
coplanarias no concurrentes”, dado laboratorio 
fue orientado por la docente Lissy Yohana 
Hurtado Meneses; donde se inició en horas de 
la mañana, a las 9 de la mañana para ser 
exactos. En este laboratorio, el equipo de 
trabajo se disponía a aprender e interactuar 
con diferentes tipos de fuerzas que se 
observaron durante la prueba y que cada 
instrumento que se nos dio a conocer 
expresaba. Empezamos el laboratorio con la 
explicación de la docente encargada y ayudada 
por los laboratoristas presentes, estos se 
encargaron de presentarnos de manera muy 
fácil y entendible los instrumentos que 
utilizamos en la prueba, gracias a ellos 
pudimos corregir aspectos básicos pero muy 
importantes para la recolección de datos; con 
los instrumentos presentados y ya sabiendo el 
uso que se les iba a dar verificaríamos lo que 
teóricamente conocíamos como tensión, 
equilibrio, ángulos, entre otras cosas, en este 
informe usted encontrara lo realizado y tomado 
por medio de la experiencia en el laboratorio de 
mecánica, donde se encontrara más adelante 
con gráficas, datos, formulas e información que 
ayudara al lector a llevarse una idea de lo que 
son el equilibrio de fuerzas coplanarias no 
concurrentes o de otra forma, del trabajo que 
se realizó el equipo de trabajo monto un 
modelo en tamaño real lo más parecido al 
esquema que la laboratorista principal nos 
suministró en la teoría. Debido a que tenía que 
ser lo más cercano al esquema, como 
obstáculo principal nos enfrentamos a distintos 
cambios de pesos donde al parecer una sola 
combinación y distribución de peso en cada 
porta pesas daría el esquema a representar. 
 
 
2. OBJETIVOS 
 
• Estudiar el equilibrio de fuerzas 
coplanares no concurrentes 
• Aplicar las condiciones de equilibrio 
para algunos problemas en 
particular 
 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
2 
3. MARCO TEÓRICO 
 
Fuerzas coplanarias no concurrentes 
 
Son fuerzas que no se cruzan, es decir, no 
concurren en un mismo punto, por ejemplo: 
La resultante de un de un sistema de fuerzas 
no concurrentes al actuar sobre un cuerpo: 
 
• Lo traslada de un lugar a otro cuando 
pasa por su centro de gravedad 
• Lo traslada y lo hace rotar cuando no 
pasa por dicho centro 
Se dice que un cuerpo rígido está en equilibrio 
cuando las fuerzas externas que actúan sobre 
el forman un sistema de fuerzas equivalentes 
a cero, es decir cuando la resultante de las 
fuerzas externas es cero y no existe un par de 
fuerzas. Así, descomponiendo cada fuerza en 
sus componentes rectangulares, tenemos las 
6 ecuaciones escalares. 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝐹𝑧 = 0 
∑ 𝑀𝑥 = 0 ∑ 𝑀𝑦 = 0 ∑ 𝑀𝑧 = 0 
 
Luego de ser reducidas, y establecidas de 
forma bidimensional, quedan así: 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝑀𝐴 = 0 
 
Equilibrio: Implica que un objeto está en 
reposo y que su centro de masa se mueve con 
velocidad constante. 
 
Fuerza: (F) una fuerza es una influencia que 
hace que un cuerpo libre se someta a una 
aceleración. Una fuerza tiene tanto magnitud 
como dirección. 
 
𝐹 = 𝑚. 𝑎 
 
Brazo: Distancia perpendicular, desde la línea 
de acción hasta el origen de los torques. 
 
Objeto rígido en equilibrio: Una partícula se 
mueve con velocidad constante si la fuerza 
neta que actúa sobre ella es cero. 
 
❖ Para objetos reales o extendidos: El 
efecto de la fuerza depende de la ubicación 
de su punto de aplicación. 
 
❖ Objeto rígido extenso: Hay dos 
condiciones necesarias para el equilibrio de 
un objeto. 
 
1) La fuerza externa neta sobre el objeto 
debe ser igual a cero (Equilibrio 
translacional) 
 
∑ 𝐹 = 0 
 
2) El momento de torsión externo neto 
sobre el objeto alrededor de cualquier 
eje debe ser cero (Equilibrio rotacional) 
 
∑
𝜏
→ = 0 
 
Momento de torque: Es la capacidad de giro 
que tiene una fuerza aplicada sobre un objeto. 
 
Producto de la fuerza y el vector 
 
𝜏 =
𝐹
→ ∗
𝑅
→ 
 
La magnitud del momento de torsión es: 
 
𝜏 = 𝐹 ∗ 𝑟 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
 
Otra forma de representar el momento de 
torsión: 
 
𝜏 = 𝐹 ∗ 𝐵 
 
Donde F es la magnitud de F y B el brazo. 
 
Momento de torsión neto: Diferencia entre la 
suma de todos los momentos de torsión en 
sentido horario y anti horario 
 
𝜏𝑛𝑒𝑡𝑜 = ∑ 𝜏 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑖ℎ𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜
− ∑ 𝜏 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜 
 
Tensión: Es la fuerza que ejercen todas las 
cuerdas a los cuerpos que están sujetos a 
ellas. Matemáticamente la fuerza de tensión se 
expresa como: 
𝑇
→ 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
3 
 
4. LISTA DE MATERIALES 
 
1. Marco metálico con varillas y pies 
2. Juego de pesas completo 
3. Grúas metálicas con dinamómetro 
incorporado 
4. Dinamómetro de 2000 gramos 
5. Porta pesas de 50 gramos 
6. Trozos de piola 
7. Pescante metálico 
8. Aparato de descomposición de fuerzas 
9. Nueces dobles 
10. Poleas con vástago 
11. Nivel de burbuja 
12. Reglas graduadas de madera 
13. Apoyos 
14. Collar 
 
 
 
5. DESARROLLO PROCEDIMIENTAL 
 
 
PROCEDIMIENTO I: 
 
1. Pese el pescante lo más exactamente 
posible. 
2. Monte el sistema de acuerdo como lo 
indica el esquema. 
3. Mida las distancias indicadas en el 
esquema. 
4. Calcule el ángulo θ. 
5. Elabore el diagrama de cuerpo libre. 
6. Calcule la tensión del cable. 
7. Calcule la reacción en el apoyo A. 
(Magnitud y dirección) 
 
 
PROCEDIMIENTO II: 
 
1. Monte el sistema de acuerdo como lo 
indica el esquema. 
2. Mida las distancias indicadas en el 
esquema. 
3. Calcule el ángulo θ. 
4. Elabore el diagrama de cuerpo libre. 
5. Calcule la tensión del cable. 
6. Calcule la reacción en el apoyo A. 
(Magnitud y dirección) 
 
 
 
PROCEDIMIENTO III: 
 
1. Monte el sistema de acuerdo como lo 
indica el sistema. 
2. Mida los ángulos, distancias y tenga 
en cuenta los pesos sobre los porta 
pesas. 
3. Elabore el diagrama de cuerpo libre. 
4. Calcule el peso del sistema AB. 
5. Encuentre la posición del centro de 
gravedad del sistema AB. 
6. Comprobar que el sistema está en 
equilibrio. 
 
 
 
6. RESULTADOS 
 
 
PRIMER PROCEDIMIENTO 
 
1) Pesar las masas y hallar 𝑊1 y 𝑊2 
 
masa suspendida 
m1 = 238,6 g = 0,2385 kg 
 
masa del pescante 
m2 = 219,25 g = 0,21925 kg 
 
2) Montar el sistema 
 
 
 
 
 
 
 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
4 
3) Distancias el sistema 
 
AB = 81,1 cm 
AC = 28,7 cm 
 
La distanciaBC la hallamos con el 
teorema de Pitágoras 
 
(𝐵𝐶)2 = √(𝐴𝐵)2 + (𝐴𝐶)2 
 
(𝐵𝐶)2 = √(81,1 𝑐𝑚)2 + (28,7 𝑐𝑚)2 
 
(𝐵𝐶)2 = √6577,21 𝑐𝑚2 + 823,69𝑐𝑚2 
 
(𝐵𝐶)2 = √7400,9 𝑐𝑚2 
 
𝐵𝐶 = 86 𝑐𝑚 
 
4) Angulo 𝜃 
 
tan 𝜃 =
𝐶𝑎𝑡 𝑂𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝐶𝑎𝑡 𝐴𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
=
𝐴𝐶
𝐴𝐵
=
28,7 𝑐𝑚
81,1 𝑐𝑚
 
 
tan(𝜃) = 0,3539 
 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1(0,3539) 
 
𝜃 = 19,5° 
 
 
5) Diagrama de cuerpo libre 
 
 
 
𝑊1 = 𝑚1𝑔 = (0,2386) (
9,78𝑚
𝑠2
) = 2,33𝑁 
 
𝑊2 = 𝑚2𝑔 = (0,21925𝑘𝑔) (
9,78𝑚
𝑠2
)
= 2,14𝑁 
 
 
6) Se descompone la tensión T y la 
fuerza de reacción FR 
 
 
 
• sin(𝜃) =
𝑇𝑦
𝑇
→ 𝑇𝑦 = 𝑇 sin(19, 5
°) 
 
• cos(𝜃) =
𝑇𝑥
𝑇
→ 𝑇𝑥 = 𝑇 cos(19, 5
°) 
 
 
Como ya se tiene la descomposición de las 
fuerzas, el origen de torque lo hemos 
denotado por O, por ahora desconocemos la 
fuerza de reacción. 
 
El giro de torque lo tomaremos así: 
 
 
 
Dado que tenemos un equilibrio estático, se 
cumple: 
 
▪ Equilibrio Traslacional: ∑ 𝐹 = 0 
 
▪ Equilibrio rotacional: ∑ 𝜏 = 0 
 
Equilibrio traslacional: Fuerzas que actúan 
sobre el pescante 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝑇𝑥 − 𝐹𝑅𝑥 = 0 
 𝑇𝑋 = 𝐹𝑅𝑥 
 𝐹𝑅𝑥 = 𝑇 cos(19, 5
°) 
(1) 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑇𝑦 + 𝐹𝑅𝑦 − 𝑊1 − 𝑊2 = 0 
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. 
 
 
5 
𝐹𝑅𝑦 = 𝑊1 + 𝑊2 − 𝑇𝑦 
𝐹𝑅𝑦 = 2,33𝑁 + 2,14𝑁 − (𝑇 sin 19, 5
°) 
 𝐹𝑅𝑦 = 4,47𝑁 − 𝑇 sin 19, 5
° 
(2) 
 
Equilibrio rotacional: dado que las fuerzas 
de reacción en x y en y están en el origen de 
Torque O: 
 
𝜏𝐹𝑅𝑥 = 0 
 
𝜏𝐹𝑅𝑦 = 0 
 
Recordando que 𝜏 =F*b, F es la fuerza y b el 
brazo (distancia perpendicular desde la línea 
de acción hasta el origen de Torques) 
miramos como actúan las fuerzas 
 
• Con 𝑊1: 
 
𝜏𝑊1 = 𝑊1𝑏𝑤1 
 
 =2,33N*0,811m 
 
 = 1, 89N.m 
 
 
 
• Con 𝑊2: 
 
 
𝑏𝑊2.
𝑏𝑊1
2
=
0,811𝑚
2
= 0,4055𝑚 
 
 𝜏𝑊2 = 𝑊2𝑏𝑤2 
 
 =2,14N*0,4055m 
 
 = 0,87 N.m 
 
• Con 𝑇𝑦: 
 
 
 𝜏𝑇𝑦 = 𝑇𝑦𝑏𝑇𝑦 
 
 =TSen(19,5°) ∗ 0,811𝑚 
 
 
 
• Con 𝑇𝑥: 
 
 
 
 𝜏𝑇𝑥 = 𝑇𝑥𝑏𝑇𝑥 
 
 =𝑇 cos(19, 5°) ∗ 0,811𝑚 
 
Después de determinar el torque ejercido 
sobre el pescante de cada fuerza: 
 
∑ 𝜏 = 0 
 
𝜏𝐹𝑅𝑦 + 𝜏𝐹𝑅𝑥 + 𝜏𝑊1 + 𝜏𝑊2 − 𝜏𝑇𝑦 − 𝜏𝑇𝑥 = 0 
 
Como 𝜏𝐹𝑅𝑦 = 0 y 𝜏𝐹𝑅𝑥 = 0 
 
𝜏𝑊1 + 𝜏𝑊2 − 𝜏𝑇𝑦 − 𝜏𝑇𝑥 = 0 
 
1,89Nm + 0,87Nm -
[T*sen(19,5°)*0,811m] – 
[T*cos(19,5°)*0,811m] =0 
 
 
2,76Nm = T ([sen (19,5) 
*0,811m] + [Cos (19,5) 
*0,811m]) 
 
2,76Nm = T([0,27m] +[0,76m]) 
 
2,76Nm = T(1,03m) 
 
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. 
 
 
6 
T =
2,76𝑁𝑚
1,03𝑚
 = 2,68N 
 
 
7) Reemplazando T en 1: 
 
𝐹𝑅𝑥 = 𝑇𝐶𝑜𝑠(19,5) 
 
 = 2,68N (0,94) 
 
 = 2,53N 
 
Reemplazando T en 2: 
 
𝐹𝑅𝑦 = 4,47𝑁 − 2,68𝑁(0,33) 
 
 = 4,47N – 0,89N 
 
 =3,58N 
 
Para hallar 𝛽 usamos la tangente: 
 
tan 𝛽 =
𝐹𝑅𝑦
𝐹𝑅𝑥
 
 
tan 𝛽 =
3,58𝑁
2,53𝑁
 
 
tan 𝛽 = 1,42 
 
𝛽 = 𝑡𝑎𝑛−1(1,42) 
 
𝛽 = 54, 8° 
 
Para determinar la magnitud de la fuerza de 
reacción, se sigue por Pitágoras: 
 
(𝐹𝑅)2 = √(𝐹𝑅𝑥)
2 + (𝐹𝑅𝑦)
2 
 
(𝐹𝑅)2 = √(2,53𝑁)2 + (3,58𝑁)2 
 
(𝐹𝑅)2 = √6,4009𝑁2 + 12,8164𝑁2 
 
(𝐹𝑅)2 = √19,2173𝑁2 
 
FR = 4,38N 
 
∴ El ángulo de la fuerza de reacción es de 
54,8° y su magnitud es de 4,38N 
 
SEGUNDO PROCEDIMIENTO 
 
 
1) 1) Montar el sistema 2 
 
 
 
 
 
2) 2) Distancias del sistema 
3) 
AC = 43,1cm 
 
BC = 67,4 cm 
 
La distancia AB la hallamos con el teorema de 
Pitágoras: 
(𝐴𝐵)2 = √(𝐴𝐶)2 + (𝐵𝐶)2 
 
(𝐴𝐵)2 = √(43,1𝑐𝑚)2 + (67,4𝑐𝑚)2 
 
(𝐴𝐵)2 = √1857,61𝑐𝑚2 + 4542,76𝑐𝑚2 
 
(𝐴𝐵)2 = √6400,37𝑐𝑚2 
 
𝐴𝐵 = 80𝑐𝑚 
 
 
4) 3) Angulo 𝜃: 
 
tan 𝜃 =
𝐶𝑎𝑡 𝑜𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝐶𝑎𝑡 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐
=
𝐴𝐶
𝐵𝐶
=
43,1𝑐𝑚
67,4𝑐𝑚
= 0,64 
 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1(0,64) 
 
𝜃 = 32, 6° 
 
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. 
 
 
7 
4) Diagrama de cuerpo libre: 
 
 
 
Dado que usamos el mismo pescante del 
procedimiento I, 𝑊2 sería igual a 2,14N 
 
𝑊1 = 𝑚1𝑔 = (0,35778𝑘𝑔) (
9,78𝑚
𝑠2
) = 3,5𝑁 
 
𝑊2 = 2,14𝑁 
 
Nota: 𝑚1= 357,78g = 0,35778kg = masa 
suspendida 
 
 
5) Se descomponen todas las fuerzas: 
 
El giro de Torque lo tomaremos así: 
 
 
 
El origen de torques lo hemos denotado 
por O: 
 
▪ Equilibrio traslacional 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝑇 − 𝐹𝑅𝑥 = 0 
 𝐹𝑅𝑋 = 𝑇 (3) 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝐹𝑅𝑦 − 𝑊1 − 𝑊2 = 0 
 
𝐹𝑅𝑦 = 𝑊1 + 𝑊2 
 
𝐹𝑅𝑦 = 3,5𝑁 + 2,14𝑁 
 
 𝐹𝑅𝑦 = 5,64𝑁 (4) 
 
▪ Equilibrio Rotacional: Dado que las 
fuerzas de reacción en X y en Y están 
en el origen de torque O: 
 
𝜏𝐹𝑅𝑥 = 0 
 
𝜏𝐹𝑅𝑦 = 0 
 
Recordando que 𝜏 = 𝐹 ∗ 𝑏, F es la fuerza y b 
el brazo, miramos como actúan las fuerzas 
 
• Con 𝑊1: 
 
 
 
 
o cos 𝜃 = 
𝐶𝑎𝑡 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐
ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛
=
𝑏𝑤1
𝐴𝐵
 
 
o AB*Cos(32,6°) = b𝑤1 
 
 b𝑤1 = 0,08𝑚(0,84) 
 
 b𝑤1 = 0,07𝑚 
 
• 𝜏𝑤1 = 𝑤1. 𝑏𝑤1 
 
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. 
 
 
8 
= 3,5𝑁. 𝑏. 𝑤1 
 
 =3,5N*0,07m 
 
 = 0,245Nm 
 
 
• Con 𝑊2: 
 
 
cos(𝜃) =
𝐶𝑎𝑡 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐
ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛
=
𝑏𝑤2
𝐴𝐵
2
 
 
b𝑤2 =
𝐴𝐵
2
𝐶𝑜𝑠(32, 6°) 
 
 = 
0,08𝑚
2
(0,84) = 0,034m 
 
 
𝜏𝑤2 = 𝑤2𝑏𝑤2 
 
 = 2,14𝑁 ∗ 0,034𝑚 
 
 = 0,073Nm 
 
• Con T: 
 
 
cos 𝛽 =
𝑏𝑇
ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
=
𝑏𝑇
𝐴𝐵
 
 
bT = ABCos(57,4) 
 
 =(0.08m)(0,54) 
 
 = 0,043m 
 
𝜏𝑇 = 𝑇𝑏𝑇 
 = T(0.043m) 
 = 0.043𝑚𝑇 (5) 
 
 
Después de determinar el torque ejercido por 
cada fuerza 
 
∑ 𝜏 = 0 
 
𝜏𝐹𝑅𝑥 + 𝜏𝐹𝑅𝑦 + 𝜏𝑊1 + 𝜏𝑊2 − 𝜏𝑇 = 0 
 
 
Reemplazando los resultados obtenidos 
anteriormente 
 
0 + 0 + 0,245𝑁𝑚 + 0,73𝑁𝑚 − (0,043𝑚𝑇) = 0 
 
0,245Nm + 0,73Nm =0,043m. T 
 
0,975Nm = 0,043m. T 
 
T = 
0,975𝑁𝑚
0,043𝑚
 
 
T = 22,7N 
 
6) 6) Así, la fuerza de reacción en x, reemplazando 
T en 3) 
 
𝐹𝑅𝑥 = 22,7𝑁 
 
Y por 4) sabemos: 
 
𝐹𝑅𝑦 = 5,64𝑁 
 
Usando 𝐹𝑅𝑥 y 𝐹𝑅𝑦 podemos hallar la magnitud 
de la fuerza de reacción y el ángulo 
correspondiente: 
 
tan 𝛽 =
𝐹𝑅𝑦
𝐹𝑅𝑥
=
5,64𝑁
22,7𝑁
= 0,25 
 
𝛽 = 𝑡𝑎𝑛−1(0,25) = 14° 
 
Para determinar la magnitud de la fuerza de 
reacción se sigue por Pitágoras 
 
 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
9 
(𝐹𝑅)2 = √(𝐹𝑅𝑥)
2 + (𝐹𝑅𝑦)
2
 
 
(𝐹𝑅)2 = √(22,7𝑁)2 + (5,64𝑁)2 
 
(𝐹𝑅)2 = √515,29𝑁2 + 31,8096𝑁2 
 
(𝐹𝑅)2 = √547,0996𝑁2 
 
𝐹𝑅 = 23,4𝑁 
 
∴ El angulo de la fuerza de reacción es de 
32,6° y su magnitud es de 23,4N 
 
 
 
TERCER PROCEDIMIENTO 
 
1) Montar el sistema 3. 
 
 
 
2) Medir ángulos, distancias y diferentes 
pesos. 
 
Distancias del sistema: 
 
OA = 10 cm = 0.1 m 
OB = 19 cm = 0.19 m 
OC = 30 cm = 0.3 m 
OD = 45 cm = 0.45 m 
OE = 53 cm = 0.53 m 
 
Para hablar de un peso con un sistema en 
equilibrio necesitamos de las masas: 
 
𝑚1 = 744.4 𝑔 = 0.7444 𝑘𝑔 
 
𝑚2 = 417.52 𝑔 = 0.41752 𝑘𝑔 
 
𝑚3 = 50 𝑔 = 0.05 𝑘𝑔 
 
𝑚4 = 695.8 𝑔 = 0.6958 𝑘𝑔 
 
𝑚5 = 845.4 𝑔 = 0.8454 𝑘𝑔 
 
Nota: 𝑚5 hace referencia ala barra de madera 
que sostenía el sistema en equilibrio. 
 
𝑤1 = 𝑚1𝑔 = 0.7444 𝑘𝑔 ∗ 9.78 
𝑚
𝑠2
= 7.28 𝑁 
𝑤2 = 𝑚2𝑔 = 0.41752 𝑘𝑔 ∗ 9.78 
𝑚
𝑠2
= 4.08 𝑁 
𝑤3 = 𝑚3𝑔 = 0.05 𝑘𝑔 ∗ 9.78 
𝑚
𝑠2
= 0.49 𝑁 
𝑤4 = 𝑚4𝑔 = 0.6958 𝑘𝑔 ∗ 9.78 
𝑚
𝑠2
= 6.8 𝑁 
𝑤5 = 𝑚5𝑔 = 0.8454 𝑘𝑔 ∗ 9.78 
𝑚
𝑠2
= 8.27 𝑁 
 
 
3) 
 
 
Θ = 72° 
 
β = 33° 
 
α = 102° 
 
Ω = 132° 
 
 
 
4) Descomponemos tensiones: 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
10 
 
Con 𝑇1: 
𝑆𝑒𝑛(72) = 𝑇1𝑦/𝑇1 
𝑇1𝑦 = 𝑇1 ∗ 𝑠𝑒𝑛(72) 
 
 
𝐶𝑜𝑠 (72) = 𝑇1𝑥/𝑇1 
𝑇1𝑥 = 𝑇1 ∗ cos(72) 
 
Con 𝑇2: 
𝑆𝑒𝑛(33) = 𝑇2𝑦/𝑇2 
𝑇2𝑦 = 𝑇2 ∗ 𝑠𝑒𝑛(33) 
 
 
𝐶𝑜𝑠 (33) = 𝑇2𝑥/𝑇2 
𝑇2𝑥 = 𝑇2 ∗ cos(33) 
 
Con 𝑇3: 
𝑆𝑒𝑛(48) = 𝑇3𝑦/𝑇3 
𝑇3𝑦 = 𝑇3 ∗ 𝑠𝑒𝑛(48) 
 
 
𝐶𝑜𝑠 (48) = 𝑇3𝑥/𝑇3 
𝑇3𝑥 = 𝑇3 ∗ cos(48) 
 
Las poleas que usamos en el sistema, nos 
serán útiles para hallar el valor de las 
tensiones, descomponemos y hacemos 
sumatoria de fuerzas: 
 
 
Con Polea 1: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
 
𝑇1𝑥 = 0 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
 
−𝑤1 − 𝑇1𝑦 = 0 
 
𝑇1𝑦 = −𝑤1 = −7.28 𝑁 
 
Con Pitágoras y los valores anteriores, 
hallamos el valor de 𝑇1: 
𝑇12 = √02 + (−7.28𝑁)2 
 
𝑇1 = 7.28𝑁 
 
 
 
Con Polea 2: 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
 
𝑇2𝑥 = 0 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
 
−𝑤2 − 𝑇2𝑦 = 0 
 
𝑇2𝑦 = −𝑤2 = −4.08 𝑁 
 
Con Pitágoras y los valores anteriores, 
hallamos el valor de 𝑇2: 
𝑇22 = √02 + (−4.08𝑁)2 
 
𝑇2 = 4.08 𝑁 
 
 
 Con Polea 3: 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
 
𝑇3𝑥 = 0 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
 
−𝑤3 − 𝑇3𝑦 = 0 
 
𝑇3𝑦 = −𝑤3 = −0.49 𝑁𝑁 
 
Con Pitágoras y los valores anteriores, 
hallamos el valor de 𝑇2: 
𝑇32 = √02 + (−0.49 𝑁)2 
 
𝑇3 = 0.49 𝑁 
 
 
Con los datos de T1, T2 y T3, podemos 
reemplazar estos valores en las ecuaciones 
trigonométricas anteriores, para hallar los 
valores de las componentes: 
 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
11 
Con 𝑇1: 
 
𝑇1𝑦 = 7.28 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛(72) = 6.92𝑁 
 
𝑇1𝑥 = 7.28 𝑁 ∗ cos(72) = 2.25𝑁 
 
 
Con 𝑇2: 
 
𝑇2𝑦 = 4.08 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛(33) = 2.22 𝑁 
 
𝑇2𝑥 = 4.08 𝑁 ∗ cos(33) = 3.42 𝑁 
 
 
Con 𝑇3: 
 
𝑇3𝑦 = 0.49 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛(48) = 0.36𝑁 
 
𝑇3𝑥 = 0.49 𝑁 ∗ cos(48) = 0.33𝑁 
 
Con los datos de las componentes de las 
tensiones, se hace la sumatoria de fuerzas 
para cada eje: 
 
Eje x: 
∑ 𝐹𝑥 = 𝑇3𝑥 + 𝑇2𝑥 − 𝑇1𝑥 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0.33𝑁 + 3.42𝑁 − 2.25𝑁 
 
∑ 𝐹𝑥 = 1.5𝑁 
 
 
Eje y: 
 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑇1𝑦 + 𝑇3𝑦 − 𝑤2 − 𝑤5 − 𝑇2𝑦 
 
∑ 𝐹𝑥 = 6.92𝑁 + 0.36𝑁 − 4.08𝑁 − 8.27𝑁
− 2.22𝑁 
 
∑ 𝐹𝑥 = −7.29𝑁 
 
 
 
 
 
 
7. ANÁLISIS DE RESULTADOS 
 
- En el laboratorio de mecánica que se 
realizó en las instalaciones de la 
Universidad del cauca en la facultad de 
ingenierías, donde pudimos darnos por 
medio de la observación la asociación 
de datos teóricos vistos con 
anterioridad a la práctica y lo 
experimentado. 
 
- Algunos de los datos teóricos que tenía 
el equipo de trabajo fueron, por 
ejemplo: 
 
∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑Fz = 0 (1) 
∑Mx = 0 ∑My = 0 ∑Mz = 0 (2) 
∑Mz = 0 ∑Mx = My = 0 ∑Mz = Mo = 0 (3) 
∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑Mo = 0 (4) 
∑Fx = ∑Fy = 0 ∑MA = 0 (5) 
 
 
Teóricamente sabíamos que un cuerpo rígido 
esta en equilibrio cuando las fuerzas externas 
que actúan sobre el forman un sistema de 
fuerzas equivalentes a cero, es decir, cuando 
la resultante de las fuerzas externas es cero y 
no existe un par de fuerzas. 
 
Al descomponer cada fuerza y cada momento 
en sus componentes rectangulares, se 
encuentra que las condiciones necesarias y 
suficientes para el equilibrio de un cuerpo 
rígido se pueden expresar también por 5 
ecuaciones escalares. 
 
 - Haciendo la comparación teórica con los 
datos recogidos y lo experimentado en la 
práctica, se hicieron 3 procedimientos en lo que 
todos involucraban el equilibrio como punto 
general y objetivo. 
 
- En el procedimiento numero 1 sacamos la 
medida de tres distancias que conformaban 
nuestro triangulo donde encontraríamos 
fuerzas de peso, tensión y equilibrio; las 
distancias encontradas fueron: AB = 0.811 m, 
BC = 0.86 m, CA = 0.287 m, hayamos el ángulo 
ϴ = 19, 5° (ángulo tomado de ABC) (ángulo de 
cuando nuestro pescante se encuentra 
totalmente horizontal) y teniendo un peso W1 = 
masas y porta pesas = 0.2386 kg, se tuvo en 
cuenta el peso del pescante wp = 0.21925 kg; 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
12 
donde todo esto fue lo que hizo posible que mi 
procedimiento uno representara el esquema 
uno de la guía. 
 
- En el procedimiento numero 2 
realizamos algo parecido al procedimiento 1; 
tomamos 3 distancias AB = 0.8 m, BC = 0.674 
m y CA = 0.431 m, el pescante mantuvo su 
peso Wp = 0.21925, pesas y portapesas W2 = 
0.35778 kg, un ángulo ϴ = 32.6° comprendido 
entre AB y BC. Nuevamente, esto nos llevó a 
poder observar que con esto nuestro trabajo 
lograba el equilibrio, el objetivo planteado en el 
esquema 2. 
 
- En nuestro procedimiento número 3, al 
equipo de trabajo se le complico un poco y 
presentamos obstáculos como el tiempo y 
organizar todo para lograr un equilibrio que me 
acercara lo más posible al esquema 3 de la 
guía, en este ya no utilizamos el pescando 
como en los dos procedimientos anteriores, se 
utilizó otro instrumento conformado por 
transportadores y un brazo, donde se sacaron 
4 distancias, *A = 0.1 m,*B = 0.19 m, *C = 0.30 
m, *D = 0.45 m, ángulos (A = 72° = ϴ, B = 
102°=α , C = 33° = β, D = 132° = Ω), y masas 
(m1 = 0.7744 kg, m2 = 0.41752 kg, m3 = 0.05 
kg, m4 = 0.6958 kg); todo esto fue lo necesario 
para crear el modelo más parecido al esquema 
que se nos pidió replicar, generando así un 
equilibrio. 
 
 
8. CONCLUSIONES 
 
• Un cuerpo rígido esta en equilibrio 
cuando las fuerzas externas que actúan sobre 
el forman un sistema de fuerzas equivalentes a 
cero, es decir, cuando la resultante de las 
fuerzas externas es cero y no existe un par de 
fuerzas. 
 
• Podemos concluir que las fuerzas 
resultantes son iguales a cero debido a las 
fuerzas ejercidas por las masas en los 
diferentes tipos de procedimiento, es decir, se 
mantuvo el equilibrio para determinar los 
diferentes ángulos, distancias y observar las 
tenciones 
 
• Durante los procedimientos 1, 2 y 3 el 
equipo de laboratorio pudo observar distintos 
tipos de tenciones en diferentes ángulos con 
respectivos pesos y con las cuales se pudo 
trabajar correctamente sin que se fuera a 
sobrepasar y entorpecer la practica 
rompiéndose. 
 
• Gracias a la práctica y a la guía de la 
docente Lissy Yohana Hurtado Meneses el 
equipo pudo verificar y determinar el concepto 
de equilibrio de fuerzas coplanarias no 
concurrentes. 
 
• Es necesario determinar correctamente 
y hacer buen uso de los instrumentos que se 
nos dan a la hora del laboratorio, esto puesto 
que en el procedimiento numero 3 nuestro 
equipo de trabajo por cuestiones de tiempo y 
otros factores como el compartir nuestro 
modelo del esquema 3, no se pudo realizar de 
manera precisa las mediciones de ángulos y 
distancias. 
 
• Se deben tener conocimientos básicos 
sobre torque, descomposición de fuerzas, 
equilibrio, masas, ángulos, distancia entre 
otros y así mismo en la instrumentación 
suministrada por los laboratoristas; esto para 
una mejor apreciación, comprensión de lo que 
se está haciendo y para agilizar la práctica 
cualquiera que se esté ejecutando. 
 
 
 
9. BIBLIOGRAFÍA 
 
1. Selective experiments in Physics. 
Cenco. Chicago. 
2. Schaum, Daniel. Física General, 
México, Libros McGraw-Hill, 1977. 
3. Searz y Zemansky. Física, Madrid, 
Editorial Aguilar S.A. 1970 
4. Beer y Johnston. Edtática, México, 
Editorial McGraw-Hill, 1979. 
5. Higdon y Stiles. Mecánica técnica, 
Editorial Aguilar, Madrid, 1961. 
6. PinzónAlvaro. Física I, Madrid, Harla 
S.A. 1973 
 
 
 
Universidad del Cauca – Laboratorio de Equilibrio de Fuerzas Coplanares no Concurrentes 
 
. 
 
 
13 
ANEXOS