2 Capitulo 4b Final
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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería
ESTÁTICA
MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza
63
CAPÍTULO 4
SISTEMAS EQUIVALENTES
Dentro de este capítulo estudiaremos los efectos que generan los sistemas de fuerzas no
concurrentes aplicados a un cuerpo rígido, a diferencia del estudio de la partícula, en el estudio del cuerpo rígido son importantes las dimensiones del cuerpo y los puntos donde se le aplican los sistemas de fuerzas ya que éstos podrán generar rotaciones y desplazamientos.
Presentaremos métodos que nos permitan determinar la resultante de fuerzas no concurrentes, donde no será suficiente con la determinación y simplificación del sistema de fuerzas, como en el caso de la partícula, sino que se requiere de la determinación de la resultante de fuerzas y resultante de momentos. Además los métodos que veremos nos permitirán simplificar, transportar y trasformar los sistemas de fuerzas por otros sistemas equivalentes, esto es, que aún cuando las fuerzas no sean iguales generarán los mismos efectos en un punto en común.
4.1 Cuerpo Rígido Es todo aquel cuerpo que no sufre deformaciones (hipotéticamente) al aplicarle un sistema de
fuerzas. Esto se define como un cuerpo en el que dos partículas que lo componen permanecen a una distancia constante aún cuando varíen las fuerzas.
Complementaremos algunas de las operaciones vectoriales, que quedaron pendientes en el Álgebra Vectorial
4.2 Producto Vectorial de dos vectores (producto cruz). Dentro de la mecánica aplicaremos este producto para obtener los momentos.
Definición: A X B = C Magnitud: C = AB senθ donde θ es el ángulo formado entre la cola de los vectores
Dirección de C depende del sistema dextrógiro y
será siempre perpendicular al plano formado por A y B.
Sentido de C: Será ( + ) positivo cuando
el giro de A hacia B sea dextrógiro Por lo tanto A X B ≠ B X A , No se
cumple la ley de la conmutatividad. A X B = 0 si A ≠ 0 , B≠0 , si y
solo si senθ = 0 ya que senθ =0 en θ=0º ó 180º esto define que son paralelos A ║ B.
( ) ( )( ) ( )BzkByjBxi
BzkByjBxiC
++×++=
++=++==×
AzkAyjAxi
y AzkAyjAxi si
CCCCBBBBAAAA BA
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0
0
0
:
=×=×−=×
−=×=×=×
=×−=×=×
kkikjjki
ijkjjkji
jikkijii
pero
( ) ( ) ( )
( )
C
Czγ ;
C
Cyβ ;
C
Cxα
CzCyCxC
kAyBxAxByjAxBzAzBxiAzByAyBz
AzByiAzBxjAyBziAyBxkAxBzjAxByk
===
++=
−+−+−=
−++−−=
coscoscos
21
222
CCCCCCCC
( ) ( ) ( )kAyBxAxByjAxBzAzBxiAzByAyBz
kByBx
AyAxj
BzBx
AzAxi
BzBy
AzAy
BzByBx
AzAyAx
kji
−+−+−=
+−==
CCCC
CCCC
4.3 Producto escalar de dos vectores (producto punto) Esta operación vectorial, dentro de sus aplicaciones, en mecánica se usa para determinar la
proyección de un momento hacia un eje especificado (torsión) y también para determinar el ángulo entre vectores.
Definición: A • B =C Donde C es siempre un escalar, y su magnitud es igual a: C = A B cosθ
Cuándo C = 0 ; Si A≠0 ; B≠0 si y solo si θ = 90º
Por lo tanto si A ┴ B , A•B = 0 Producto escalar de vectores unitarios
0 0 1
0 0 1
0 0 1
=•=•=•
=•=•=•
=•=•=•
ikjkkk
kjijjj
kijiii
Si consideramos dos vectores A y B, el rpoducto escalar de estoas dos vectores C BA =•
(Escalar) AzBz AyByAxBxC
BzkByjBxi
AzkAyjAxiSi
++=
++=
++=
BBBBAAAA
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Aplicaciones: a) Ángulo entre dos vectores
b) Proyección de un vector A hacia un eje especificado e e’
Si A es la magnitud de A y 1 es la magnitud de Uee´ , cumple la definición del producto punto
∴∴∴∴ C =A••••Uee´ Proyección del vector A hacia el eje ee´.
Ejemplo 4.3.1: Determine el ángulo entre los radios vectores r1 y r2, Además de la proyección r1 a r2.
( ) ( ) °==θ−−•−+=θ 5278 ;1989.0cos ,2.051.082.052.065.051.0cos . θkjikji
( )( )( )
( )
( )
( )( )
kji
kji
kjir
kjir
kji
A
B
D
DB
DA
DA
DADA
DB
DBDB
DADB
52.065.052.0
2.051.082.0
258
25809.15
8108
09.15r
8108r
8108
cos
àngulo deliòn Determinac
6,0,0
0,15,0
8,5,8
21
222
1
21
2221
1
−+=
−−=
++
−−==
−+==
=
++=
−+=
•=
−
U
U
rU
rU
r
UUθ
( )( )
( )( ) θθcos1
cos1
conocidoun vector es`
``,`,`
,,
AC
A
AzkAyjAxi
ee
zyxe
zyxe
=
++=
=
A
U
BA UU
BABA
BA
•=θ∴
•
=•=θ
θ=•
cos
cos
cos
BAAB
AB
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Determinación de la proyección Forma escalar:
( )piesP
rP
98.2
52.78cos09.15cos1
=
== θ
Forma vectorial:
( ) ( )proyectada Magnitud06.3
2.051.082.08108
21
21
2121
−−−−−−−−−−−−−−=
−−•−+=
•=
piesP
kjikjiP
rP
rr
rr
rr UUUUrrrr
Proyección vectorial:
( )kji
kji
P
rr
rr
rrr
rrrrr
61.056.15.2
2.051.082.006.3
06.3
21
21
221
22121
−−=
−−=
=
•=
P
P
UP
UP
4.3.2 Determine el ángulo Ө entre los cables AB y AD. Mediante la aplicación del producto punto entre vectores.
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )kji
kji
kjikji
U
U
AD
AB
92.031.023.03175.0
375.0
69.069.023.0331
33
222
222
−+−=
++
−+−=
−−=
++
−−=
°=
=+−−=
41.68
368.06348.02139.00529.0cos
θθ
UU ADAB•=θcos
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4.4 Momento de una fuerza
Dentro de esta sección veremos el segundo concepto más importante de los efectos que genera una fuerza, este efecto se le conoce como momento y se le define como:
Momento.- La medida de la tendencia a la rotación que genera una fuerza alrededor de un punto, el momento se genera por una distancia y una fuerza, siendo éstas perpendiculares entre sí.
Se presentan dos casos a la aplicación de la fuerza sobre un cuerpo:
a) Si la fuerza y el punto son colineales:
No se genera momento en el punto A,.
b) Si la fuerza no es colineal con el punto. Se genera momentos.
Consideraremos un criterio de signos: Si la rotación es en sentido de las manecillas en momento será negativo y si la rotación es en el sentido de las manecillas el momento es positivo.
Si hay momento, tiende a girar El punto A por no ser colineal con la fuerza.
Formulación escalar M =d F , donde la distancia y la fuerza son perpendiculares entre si d ┴ F, aun cuando la fuerza se presente no perpendicular, se tienen las componente de la fuerza con respecto a la distancia, así la componente perpendicular si genera momentos. M = d F cosθ
Formulación vectorial
Como M = dF se tiene: Mo = r0A Fsenθ
De C = A x B ; C = ABsenθ por lo tanto se cumple el
producto vectorial
BAOAO FrM ×= (Formulación vectorial)
( ) ( )( ) ( ) ( )
MzkMyjMxi
kFyFxjFxFziFzFy
FFFzy
O
xAyAxAxAyAzAO
zkyjxiAkAjO
++=
−+−+−=
++×++=
M
M
xM Ai
zkyjxiAkAjAiOA FFFzyx ++=++= AB , FFFFrrrr
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Que se pude realizar con la operación por menores
( ) ( ) ( )kFyFxjFxFziFzFy
FFFF
xzyx
ikji
M xAyAxAxAyAzA
xzyx
aaaao −+−+−== _
Magnitud del momento
21222 )(M MzMyMxO ++=
Cosenos directores del momento
Cos α = Mx/Mo ; cosβ = My/Mo ; cosγ = Mz/Mo
El momento será siempre perpendicular al plano formado por “r” y “F”
4.4.1 Teorema de Varignon o Principio de los Momentos.
Establece que suma de los momentos de las fuerzas de un sistema de fuerzas concurrentes con respecto a un punto dado es igual al momento producido por la fuerza resultante del sistema con respecto al punto.
( ) ( )( )
AOAR
nOAR
nOAOAR
RrM
FFrM
FrFrM
×=
++×=
×++×=
.......
......
1
1
Ó también se puede entender como, el momento resultante de una fuerza es igual a la suma de los momentos de las componentes de la fuerza. =
zOAyOAxOAzyxOAAOARO FrFrFrFFFrFrM ×+×+×=++×=×=
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Ejemplo 4.4.1 Determine la magnitud, dirección y sentido del momento generado por la fuerza en a) el puntos O y b) el punto P.
a) Para el ponto o, ( ) AOAOAOAO FdM FrM ò ×==
dOA ┴ FA
Forma escalar: Forma vectorial:
( )( )
mNM
mNM
O
O
−=
−==
2880
28804806 ( ) ( )
k
jii
O
O
AOAO
2880
4802006
=
+−×=
×=
M
M
FrM
b) Para el punto p Forma escalar
( )( ) ( )( )
mNMp
Mp
−=
−=
17.3147
20046.34808
Forma vectorial
( ) ( )( ) ( )
mNMpmNkp
kkp
jijip
p PaPA
•=•=
−=
+−×−=
×=
M
M
M
FrM
17.314717.3147
20046.34808
48020046.38
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Ejemplo 4.4.2 Determine el momento con respecto al punto A de cada una de las tres fuerzas que actúan sobre la viga. Considere el ángulo de 30º de la fuerza de 160lb.
Momento deF2
( )lbftM F 400142 −=
MF2 = 5.6 klb-ft
Momento de F1.
( )lbftM F 37581 −=
MF1 = 3 klb-ft
Momento de F3
( ) ( )lbftlbftM F 805.056.138193 −−=
MF3 = 2.7 klb-ft
Diagrama de cuerpo libre
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Ejemplo 4.4.3 Se aplica una fuerza de 300 N en el punto A de la placa mostrada. Determine:
a) El momento de la fuerza con respecto al punto D
b) La magnitud y sentido de la fuerza horizontal que
aplicada en C provocaría el mismo momento con respecto a D
c) La mínima fuerza que aplicada en C generaría el
mismo momento con respecto a D
SOLUCIÓN: Por componentes escalares
( )( ) ( )( )
mN
a
−=
−=
7.41M
78.1261.089.2712.0M )
D
D
( )( ) 7.41125.0M ) D == CFb
NN 6.333F 6.333125.0
7.41F CC ===
( )( ) ( )( )
NF
.θasì
FsenFdθ
dF
FFsenMc D
8.176
M elen dosustituyen 99557
125.0cos2.00 0
7.41cos125.02.0 )
O
=∴
°=
+−==
=+=
θθ
θθ
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Ejemplo 4.4.4 Con la finalidad de unir dos tuberías. Se aplica una fuerza horizontal de 80 libras al mango de la palanca, determine el momento de esta fuerza con respecto al extremo A. ¿Cuál sería la tensión T en el cable necesaria para causar el momento opuesto con respecto al punto A?
( )( ) ( )( )TM
TTM
dxFydyFxM
A
A
469.0
20sin40sin5.020cos40cos5.0
2
2
−=
°°−°°−=
+=
Sabiendo que la sumatoria de momentos es cero.
lbT
MM AA
653
021
=
=+
Otra forma de resolver el problema, es mediante la aplicación del polígono de fuerzas
( )( ) ftlbM A −=°= 42.3068040cos51
lbT
T
65220cos5.0
42.306
=°
=
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Ejemplo4.4.5 Determine el momento de la fuerza en A respecto al punto P. Exprese el resultado como un vector cartesiano. F=20lb
FrM ×=
r podrá ir a cualquier punto de aplicación de la fuerza
( )( )( )kji
kjiF
UFF
kji
p
A
AA
ABAA
PA
APBAPA
42.084.031.020
483
483
668
21
222
++−=
++
++−=
=
−+=
×=×=
F
F
r
FrFrM
( ) ( ) ( )
( ) ( )
°=
=γ
°=
−=β
°=
=α
−=
++=++=
+−=
++−++=
−
−
−
91.4166.230
6.171cos
47.9766.230
30cos
4966.230
20.151cos
66.230
6.171302.1516.171302.151
6.171302.151M
2.374.1342.672.378100450M
1
1
1
21
22221
222
ftlbMp
MpMp
kjip
kji..p
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4.5 Momento resultante de un sistema de fuerzas no concurrentes.
Considerando un sistema de fuerzas concurrentes aplicadas a un cuerpo rígido, cada fuerza generara un momento el punto (o), por lo que se tiene un sistema de momentos concurrentes en el punto, así el momento resultante se obtiene mediante la aplicación de la ley del paralelogramo o por sus componentes.
∑=+++=
++=
×++×+×=
MM
MMMM
MMMM
FrFrFrM
RO
nRO
nRO
nnRO
........
........
21
21
2211
Recordando que el momente es un
vector, el cual tiene, magnitud dirección y sentido. Podemos encotrar también su dirección con los cosenos directores.
Ejemplo 4.5.1 Determine el momento resultante respecto a “A” de las fuerzas que actúan sobre la viga. Considere el ángulo de 30º de la fuerza de 160lb.
°=
=
−=
°−
−−=
−=
°+
−=
46.76
67.939
56.913
30cos1605
4500375
220
301605
3500
α
lbR
lbR
R
lbR
senR
A
AY
AY
AX
AX
( ) ( ) ( ) ( )
ftslbM
M
senM
RA
RA
RA
−−=
−+−−=
°−°+
−−=
72.11192
72.26324056003000
30cos16019301605.05
4500143758
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Ejemplo 5.5.2 De la viga mostrada, determine el momento resultante con respecto al punto B de las fuerzas que actúan sobre la viga.
lbBy
By
By
lbBx
senBx
1593
433800360
30cos5008005
3600
230250480
305005
4600
−=
−−−=
°−−
−=
=−=
°−
=
( ) ( ) ( )ftlbM
M
B
B
⋅=
++=
10059
4333800636011
1
1
Ejemplo 4.5.3 Utilizando vectores cartesianos, calcule el momento que genera cada una de las fuerzas aplicadas en el embalaje tubular, respecto al punto o. Sume estos momentos y calcule la magnitud, ángulos directores coordenados del momento resultante.
( )( )8.0,2.1,4.0
8.0,2.1,0
?
1
−=
=
×+×==
=
∑
OB
OB
COCOBR
R
r
r
FrFrMM
M
( ) ( )
°=γ
°=β
°=α
−+−=
−+−+−+−=
07.135
74.66
83.125
1045886
683434362452
kji
kjikji
RO
RO
M
M
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Proyección de un momento hacia un eje especificado
Dado que los momentos tienen un eje de acción, es necesario en ocasiones determinar la componente de este momento en otro eje por lo que se tendrá que obtener la componente de dicho memento en un eje especificado. Como se vio en las aplicaciones del producto punto, podemos obtener la componente de un vector (sección 4.3 b). así:
Proyección de un vector A hacia un eje especificado e e’
Si A es la magnitud de A y 1 es la magnitud de Uee´ , cumple la definición del producto punto
∴∴∴∴ C =A••••Uee´ Proyección del vector A hacia el eje ee´.
Así de la misma manera podemos encontrar la proyección o componente de un momento hacia un eje especificado:
Ejemplo4.4.7 Determine el momento resultante de las dos fuerzas con respecto al eje Oa. Exprese el resultado como un vector cartesiano.
5000
05.20
05.087.0
57.564040
646.32
05.087.0
−
−
+
−
−
=ROAM
( )( )
( )( ) θθcos1
cos1
conocidoun vector es`
``,`,`
,,
AC
A
AzkAyjAxi
ee
zyxe
zyxe
=
++=
=
A
U
( )
jijiU
jr
kjir
kF
kjiF
kjiF
OA
OC
OB
5.087.030sin30cos
5.2
646.32
50
57.564040
45cos60cos120cos80
2
1
1
−=−=
−=
++=
=
++−=
++=
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( ) ( )
( )jiM
jiM
ftkbM
M
ROA
ROA
ROA
ROA
65.145.25
5.087.031.29
31.29
75.10857.17651.38
−=
−=
−=
−++−=
Ejemplo 4.5.4 Determine el momento de la fuerza F=( 2i-4j+10k) con respecto al eje Aa. Exprese el resultado como un vector cartesiano.
10m
4 m
6 m
6 m8 m
2 m 3 m
2 m
z
y
x
A
a
F = ( 2 i - 4 j + 10 k ) kN
Nota (Es necesario tener cuidado cuando se es un vector y un escalar, pues el sistema no ha permitido tener una forma de escribir prácticamente esta diferencia)
a(-4,-5,10) A(8,6,6) B(2,-3,0)
mKN −=−++++=
−
−−−
−−
= 48.606.3928.1732.476.592.78.64
1042
696
24.066.072.0
M AaA
k51.14j48i114M
k51.14j91.39i54.43
)k24.0j66.0i72.0(48.60
A
A
A
MM
Aa
Aa
++−=
+−−=
+−=
kjiU
kjiU
kjir
Aa
Aa
AB
24.066.072.0
41112
41112
696
222
+−−=++
+−−=
−−−=
B
AB
Aa
A
F
r
U
M Aa=
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Ejemplo 4.5.5 Calcule el momento de la fuerza P respecto al eje AD usando (a) A como el centro
de momento, y (b) D como el centro de momento.
Aplicando el triple producto escala
kjikji
U AD 72.062.031.094
763++−=
++−=
kjirAC 760 ++=
kjikji
FCE 36.21396.6044.9162
723240 −+−=
−+−=
lb/ft 527.3 132.28 395.02 396.85 396.85
44.9196.6044.91
060
31.062.031.0
)( =+=
−−
−−
=ו= CEACADA FrUMAD
kjikjiUMM ADAA ADAD65.37993.32646.163)72.062.031.0(3.527 ++−=++−==
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4.6 Momento de un par
Par: Concepto que se define como el efecto que generan dos fuerzas paralelas de igual magnitud pero de sentido opuesto, de tal manera que exclusivamente se tiene una rotación ya que su resultante de fuerzas es igual a cero.
Análisis escalar
Esto nos demuestra, en formulación escalar, que el momento de un par es independiente del punto donde se calcule, ya que generará el mismo momento en cualquier punto del cuerpo.
Ejemplo 4.6.1 Determinación del momento de un par, que se muestra
( ) ( )mT M
M
M
O
O
O
−=+=
+=
=
18126
3432
?
ó
( )( ) mT M
mT M
dFM
B
B
B
−==
−==
=
1836
1836
( ) ( )
( )FdM
FdFdM
B
B
−=
−−=3
2
3
1
( ) ( )
( )FdM
FdFdM
A
A
−=
−−=2
1
2
1
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80
Análisis vectorial Determinamos el momento en varios puntos:
MD =?
Podemos observar que el momento en cualquier punto es el igual La magnitud del par será siempre M=dF. La dirección será perpendicular al plano formado por las dos fuerzas (ya
que el radio está en el plano de las fuerzas) Su sentido será positivo cuando el giro sea dextrógiro.
( ) ( )( ) ( )( ) BOBOAO
BOBBOAO
BOBAOAO
O
BA
FrrM
FrFrM
FrFrM
M
FF
×+−=
×+×=
×+×=
=
−=
?
BAB
OAOBAB
OBABOA
FrM
tanto; loPor
rrr
rrr
O ×=
−=
=+
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )BABD
BDBDAD
BDBBDADBDBADAD
OAOBABOBDBDA
FrM :tanto loPor
FrrM
FrFrM , FrFrM
rrr , rrr
×=
×+−=
×+−×=×+×=
−==+
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Suma de pares Escalar
∑=+++=
=
=
=
nRO
nRO
nnn
MM
MMMM
FdM
FdM
FdM
......21
222
111
Vectorial
∑=×=
×=
×=
nRO
nnn
MM
FrM
FrM
FrM
222
111
Ejemplo4.6.2 Los tres momentos del par actúan sobre un segmento de tubería. Determine las magnitudes de M2 y M3 para que el momento resultante de los pares sea igual a cero.
( ) ( ) iMjseniMjseniM Si R 32 6060cos6060cos800 −++−==
Sumatoria de componentes.
°+°−=−°+°= 6060cos800)60cos60cos800) 232 senM j MM i
Por los tanto:
mN M ,M ,mN M −=°+°=−= 8060cos8060cos8080 332
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Pares equivalentes
El par genera un momento, para que otro par sea equivalente requiere generar el mismo momento.
mTm TM −=−= 22
( )( ) mTmTM −== 25.04
Se observa además que para que dichos pares sean equivalentes deberán de estar en un mismo plano o en planos paralelos y además generar la rotación en el mismo sentido.
Ejemplo 4.6.3 Dos pares actúan sobre la viga como se muestra. Determine la magnitud de F de
tal forma que el momento resultante del par sea de 300 libras-pie con sentido opuesto al de las manecillas del reloj. ¿En que parte de la viga actúa el par resultante?
( )
lbF
F
F
ftlbM
FFM
MM
R
R
R
67.166
18
5600
6005
12
5
6
vigala de partecualquier en aplicar puede sey libreun vector Es
300
2005.15
34
5
45.1
=
=
=
+
−=
−
+
=
=∑
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Ejemplo 4.6.4 Los extremos de una placa triangular están sometidos a tres pares. Determine la magnitud de la fuerza F, de Modo que el momento de un par resultante sea de 400 N.m en sentido de las manecillas del reloj y un par equivalente. solución a)
( ) ( ) ( )( )
NF
F
FM
mNM
R
R
76.83065.0
380250400
40065.060065.02501
400
=−
−+−=
−=−+−=
−−=
b) Par equivalente horizontal
( ) N F ; F- - ; M R 4001400400 ==−=
Ejemplo 4.6.5 Los dos pares mostrados deben de reemplazarse por un solo par equivalente. Determínese a) El vector par que representa al par equivalente, b) Las dos fuerzas que actúan en B y C que pueden usarse para formar ese par.
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
°=α
=α
•=
+=
++−=
+−×+×=
×+×=
=
82.27
05.12
36.6arctan
62.13M
36.605.12M
05.1236.148M
402540cos2575.0204.0M
M
?M )
mN
ji
jj
jseniki
FrFr
a
CBCËDF
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( )
NF
senF
C
C
17.18
18.6275.0
05.12
1en 62.18 doSustituyen
=
°
=
°=θ
( ) ( )
°==
===
θ+θ=
θ+θ−×−=
×=×=
=
18 62 366cos7502
tan366
0512
cos05127501
: tantoloPor
momento mismo el Genera 75.0cos75.0M
cos75.0M
M
?; )
1
. θ .θF. )
θ.
.
θ
sen θ; de E .sen θF. )
isenFjF
jseniFk
FrFr
FFb
C
C
CC
C
BCBCBC
CB
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4.7 Descomposición de una fuerza en una fuerza-par
Dentro de ésta sección reincorporaremos la resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo. Hasta la sección 4.6 se habla exclusivamente del efecto de rotación que tienden a generar las fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido, omitiendo el efecto de traslación que tienden a generarse al aplicarle a un cuerpo rígido, en sistema de fuerzas no concurrentes.
Procedimiento
Para ello: 1. Sumando FA y –FA en el punto O se tiene... 2. Una fuerza en “O” almacenada en Fo = FA 3. Un par en “O” el cual genera un momento, Mo = rA X FA Por lo que se concluye que una fuerza, cuando no es colineal con el punto, se genera un a fuerza
y un momento.
Si se consideran Fn fuerzas no colineales con el punto o
Se obtienen sistemas de fuerzas y momentos, los cuales al ser concurrentes, obtenemos un sola fuerza y un momento resultantes.
MM FF
M......MMM
F......FFF
21
21
∑∑ ==∴
+++=
+++=
ORORO
nRO
nRO
Efecto completo generado por un sistema de fuerzas no concurrentes, esto es:
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4.7.1 Remplace el sistema de fuerzas ejercido sobre la estructura por una fuerza y un momento de un par resultante equivalentes ejercidos en el punto C. Desprecie el grosor de los elementos de la estructura.
Se obtiene el momento resultante en el punto C:
( ) ( ) ( ) ( )ftlbM
M
MM
RC
RC
RC
−=
++°+°=
=∑
98.704
18760230sin48730cos487
R = 109.91 lb
67.53° Mc = 704.98 lb-ft
A
C
18 lb B
7 ft
60 lb 48 lb
3 ft 2 ft 5 ft
30° Se obtiene la fuerza resultante de la
estructura:
∑= FF RC
lbR
lbR
CY
CX
57.1016030cos48
421830sin48
−=−°−=
−=−°−=
( ) ( )lbR
R
C
C
91.109
57.10142 22
=
+=
°=
= −
53.67
42
57.101tan 1
α
α
En el tercer cuadrante
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Ejemplo 4.7.2 Determineel sistema fuerza par en el punto de apoyo de la viga, si P=120lb.
( ) ( ) ( )( )
lbftM
M
M
lbR
R
RO
RO
RO
Y
X
−=
−=
++−=
=−+=
=−=
200
3603
120117081504
4015070120
0360360
4.8 Simplificación de una fuerza y un par
Los sistemas de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido pueden ser reducidos a un momento resultante y una fuerza resultante, como se vio en la sección anterior. Sin embargo, esta reducción puede ser modificada a otro sistema equivalente: Pudiendo ser de un sistema de varias fuerzas equivalentes o una sola fuerza equivalente.
Para poder encontrar cualquier sistema equivalente, se deberá cumplir siempre la condición de que en un mismo punto ambos sistemas generan los mismos efectos
Considerando el sistema inicial:
Se determina el sistema fuerza par en un punto específico, como pj. en el punto o
( ) ( ) ( ) ROnOnOOO
ROnO
rrr MFFF M
FFFF F
=×++×+×=
=+++=
∑∑
.....
......
2211
21
Dado que el sistema de fuerzas genera una fuerza y un par, se puede obtener un sistema
equivalente en un punto, por ejemplo en A (xA, yA, zA) que genere el mismo sistema fuerza par. Asi:
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Cuando FR y MR son perpendiculares, que ocurre cuando se tienen sistemas de Fuerzas coplanares y Fuerzas paralelas.
AOAROARO r F M y FF ×==
Al punto A se le conoce generalmente como el centro de fuerzas, centroide o centro de gravedad, según el sistema de unidades con el que se trabaje
Ejemplo 4.8.1 Determine la fuerza equivalente del sistema de fuerzas, si P = 120 lb.
( ) ( ) ( )( )
lbftM
M
M
lbR
R
RO
RO
RO
Y
X
−=
−=
++−=
=−+=
=−=
200
3603
120117081504
4015070120
0360360
Si proponemos:
( )( )
ftX
XM
XM
RO
RO
5
40200
40
=
==
=
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Ejemplo 4.8.2 La fuerza de 150 kN representada en la figura es la resultante de un par y cuatro
fuerzas, tres de las cuales están definidas en la figura. Determine la cuarta fuerza y localícela con respecto al punto A.
( )
kNF
F
FF
kNFkNFF
RARA
RARA
750
150600
150 ;600
21
21
=
=+
=
=+−=
( ) ( ) ( )
( )
m x
mkN x
mkN x
:tanto lo Por
mkN M
MM que a Debido
mkN xM
xM
xFM
RA
RARA
RA
RA
RA
60.5
4200750
10503150750
10501507
3150750
7507503000500400
7503001010052002
2
21
1
1
1
=
−=
−=−
•==
=
−−=
++−−−=
++−−−=
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90
Ejemplo 4.8.3 Determine: a) El momento resultante con respecto a “O”, b) La única fuerza
equivalente y su intersección con el eje x y con el eje y.
a)
( ) ( ) ( )ftlbM
M
RO
RO
−=
++=
2.4609
21524.37282405
b)
( ) ( )254.272
25215240
4.2724.372100
XYM
lbF
lbF
RO
RY
RX
+=
=−=
−=−=
Sabiendo que:
ftxy
ftyxsi
yx
36.184;0
92.16;0
4.272352.4609
==
==
+=
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Ejemplo 4.8.4 Reemplace el sistema de fuerzas aplicadas sobre la estructura por una fuerza resultante equivalente y especifique el punto donde la línea de acción de la fuerza resultante intercepta el miembro BC, midiendo desde el punto B.
( ) ( ) ( ) ( )ftlbM
M
RA
RA
−−=
+−−−=
390
405307407205
( ) ( )
YXM
YkXkM
jixYjXiM
RA
RA
RA
9040390
9040
4090
−=−=
−=
++=
Si tomamos a Y = 7m. X = 6 ft
Ejemplo 4.8.5 Reemplace las cargas por una fuerza resultante. Especifique el lugar donde su línea de acción intercepta al segmento CD, medido desde el extremo B.
lbF
jF
iF
FF
RA
RAY
RAX
RA
4.98
405
450
905
3504020
=
=
=
=
++=
=∑
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( ) ( ) ( ) mNMM
NFyRy
NFxRx
RB −−=
−−+°−==
−=−
−°−==
−=
−°−==
∑
∑
∑
14505
32505300240060cos5002
8833005
325060sin500
4505
425060cos500
1
( )8832 XXGyM RB −=−=
Como MRB1=MRB2 ; -1450 = -883X; X = 1.64 m
Esto indica que la única fuerza equivalente es:
jiG 883450 −=
Su punto de aplicación medido desde B es:
G = (1.64, 0)
Ejemplo 4.8.6. Una presa de gravedad de concreto está sujeta al sistema de fuerzas mostrado,
donde 21 2
1ww = y F1=F2 .
W1=4.8Ton , F1=4Ton Determine: a) la única fuerza equivalente y su
Punto de intersección con la línea AB
jiF
jijjji
wwFFF
RA
RA
4.104
4.1046.98.444
2121
−=
−=−−+=
+++=
( ) ( ) ( )
mTM
M
TF
RA
RA
R
−−=+−−−=
+−−
−=
=
47.398328.467.10
426.93
108.41
3
84
14.11
mX
xxFM Y
795.3
47.394.10
=
−=−=−=
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Ejemplo 4.8.7 Tres fuerzas paralelas actúan sobre la placa circular. Determine la fuerza resultante y especifique su ubicación (x, z) sobre la placa FA = 200 libras, FB = 100 libras y FC = 400 libras.
N r F OM
C
B
A
k
ki
ki
5.10
75.03.1
06.106.1
−
−−
j
j
j
400
100
200
−
−
−
0600
13075
212212
i
ki
ki
−−
+−
Σ -700j ki 82313 +
MG Xi +Zk -700j XkZi 700700 −
ftX
X
ftZ
Z
117.0
82700
447.0
313700
−=
=−
=
=
FG=-700j G(-0.117, 0, 0.447)
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Ejemplo4.8.8 Las tres fuerzas paralelas actúan sobre la placa circular. Si la fuerza en A tiene una magnitud de FA = 200 libras, determine las magnitudes de FB y FC para que la fuerza resultante FR del sistema tenga una línea de acción que coincida con el eje y.
Pista: Esto requiere ∑ = 0Mx y ∑ = 0Mz , ¿Por qué?
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )BCBRO
CBBRO
COCBOBAOARO
FiFFM
iFkFiFkiM
FxrFxrFxrM
3.12125.175.0212
5.13.175.0212212
−++−−=
+−−++−=
++=
¿Por qué?
Por que FR pasa por el punto; rOB = 0; 0=ROM
Por lo tanto:
Encontramos la fuerza resultante en el punto O.
lbF
lbF
RO
RO
94.585
87.22207.163200
=
−−−=
jFjFjF CBRO −−−= 200
XB = 1.3 XA = -1.06 XC = 0 ZB = -0.75 ZA = -1.06 ZC = 1.5 YB = 0 YA = 0 YC = 0
lbF
FF
lbF
F
C
BC
B
B
87.222
75.02125.1
07.163
03.1212
=
+=
=
=−
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Simplificación adicional. Cuando un sistema de fuerzas generan en un punto, una fuerza resultante y un momento
resultante ∑= FF R o ∑= MM R y estos tienen un ángulo θ, entre ellos diferentes de 90˚.
Es necesario descomponer el RM en sus componentes paralelo y perpendicular. Así, el momento perpendicular se reduciría a una fuerza aplicada en G.
= =
Tal que podríamos reducir el sistema por un sistema fuerza-par coliniales, en un punto
( )zyxG ,,
FRRR MMII
U•=
FRRRIIII MM U=
De la ley de paralelogramo.
↑+= RRR MMM II
Así IIRRR MMM +=↑
Así ROGR FrM +=↑ donde conocemos el punto o centro
de fuerzas. ( )zyxG ,, quedando RF y IIRM
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Ejemplo 4.8.9 Determinación de un sistema fuerza-par (llave de torsión) equivalentes y su interacción en la placa. Desprecie el espesor de la placa
jF
iijkkF
Ro
Ro
10
4040101010
−=
+−−−==∑
( ) ( ) ( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]
kjikjkijM
jjiikjkkjiM
FrFrFrM
MM
Ro
Ro
Ro
oRo
28028060403202406040
1064408610864
303454121
−+−=−+−−−=
−×++−×+−+×−−=
×+×+×=
=∑
Se observa que el ángulo en RF y RM , o90≠θ
( ) ( )( ) que lopor ,la a elen que 280280
28028028060
RRRFRRll
Rll
FMjjUMMM
jkjiMM
llFRFR
FR
=−−===
−=−•−+−==
( ) ( )
kiM
jkjiMMM llRR
28060
28028028060
−−=
−−+−=−=
⊥
⊥
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97
( ) ( )
" x xk)
"-zzi
MMzixkM
jzkjixiFrM
RoRo
ROGRo
2828010
6 6010 )
igualando 1010
10
=−=−
=∴−=
=+−=
−•++=×=
⊥
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Sistemas equivalentes para fuerzas distribuidas. Cuando se tienen sistemas de fuerzas distribuidas ω=f(x) determinar un sistema equivalente a una fuerza, aplicando calculo diferencial.
La fuerza resultante
( )∫∫
∫∫∫==
==
2
1
2
1
00
x
x
x
x
wRy
dxxfdxw
dxddRy
ω
ωω
( ) ∫∫∫∫∫ ==∴==2
1
2
1
2
1
2
1
1
10
x
x
x
x
x
x
x
x
Mz
z dxxxfdxMzdxxxddM ωωωω
w xMz =2 Dado que los sistemas son equivalentes 12 MzMz =
( ) dxxxfwx ∫= Así ( )( )
xf
dxxxfx
∫∫= que es el punto de
aplicación de la única fuerza equivalente.
Ejemplo 4.8.10 Determine la única fuerza equivalente y su punto de aplicación de la fuerza distribuida triangular.
La función es: b
hmmx == ;1ω
xb
h=1ω
La carga es hb
b
hxxdx
b
hw
bb
220
0
2
=
== ∫
33
2
0
3
01
hb
b
hxdxx
b
hxMz
bb
=
=
= ∫
hhb
hb
w
Mzx
3
2
2
32
1 === Por lo tanto.
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99
Ejemplo 4.8.10 La viga está sujeta a la distribución de cargas. Determine la longitud b de la carga uniforme y su posición a sobre la viga, de modo que la fuerza resultante y momento de un par que actúan sobre la viga sean cero.
( )ftb
bFR
9
018020
=
=+−=
Comprobación de resultados
( )ftb
bFR
9
018020
=
=+−=
( ) ( )
( )( )
fta
a
a
bb
aM RA
5.7
5.4180
2160
1805.421600
0202
18012
=
−=
+−=
=
+−=∑
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100
Ejemplo 4.8.11 El viento ha depositado arena sobre la plataforma, de tal forma que la intensidad de
la carga puede aproximarse a la función ( ) mNxW /5.0 3= . Simplifique esta carga distribuida con
una fuerza resultante equivalente y especifique la magnitud y ubicación de la fuerza medida desde A.
( )
NF
dxxF
dxxWdAF
F
Mx
R
R
R
RW
RZ
1250
5.010
0
3
=
=
==
=
∫
∫ ∫
( )
( )
mx
N
mN
F
Mx
MNM
M
dxxdxxxM
dxxxWxdAM
R
R
R
R
R
R
x
8
1250
10000
10000
5
5.05.0
5
5.010
0
10
0
43
=
−==
−=
=
==
==
∫∫
∫∫