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7/23/2019 ESTT Cap2 Ejemplos Adicionales
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-5
Su mdulo es senFrM QO= y su direccin es perpendicular al plano formado por Qrr
y
Fr
. Su sentido est dado por la regla de la mano derecha.
Como ya hemos establecido, el mdulo MOmide la tendencia de la fuerza Fr
a imprimirleal slido rgido un movimiento de rotacin alrededor del punto O.
Expresin cartesiana del momento de una fuerza respecto de un punto:
FrM QO
rr
r
=
Sea ),,( zyxrQ =r
el vector posicin de un punto sobre L:
),,( zyx FFFF =r
zyx
O
FFF
zyx
kji
M
=r
es decir: k
M
FyFxj
M
FxFzi
M
FzFyM
zO
xy
yO
zx
xO
yzO)()()(
443442144344214434421
r
++= (2.6)
Ejemplo 2.2: En la figura se muestra una palancaacodada articulada en O y sometida a
una fuerza vertical AFr
. Se pide:
AF
r
a) Hallar el momento que produceOMr
30=AF [N]
con respecto al punto O.
b) Calcular la fuerza horizontal BFr
aplicada en Bque
producira el mismo momento OMr
sobre la
palanca.
Solucin:
a) El momento con respecto al origen est dado por:
AAO FrMrrr
=
donde: 4535,45cos35( senrA =r
, 0)
= 0,
2
235,
2
235
)0,30,0( =AFr
= j30
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ESTT - Cap 2: Sistemas de fuerzas
Original: Ing. Jorge Rodriguez 1
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-6
0300
02
235
2
235
kji
MO =r
k2
23530
=
k2525=
kMO46,742=
r
(kgf-cm)
Tambin se puede trabajar de manera escalar:
25252
235)30( === dFM AO
Por simple inspeccin su direccin ser , entonces:k kMO
2525=r
(kgf-cm).
b) La fuerza BFr
buscada es horizontal. Asumamos que tiene sentido hacia la izquierda:
kFrM BBO2525
!
== r
rr
)0,30cos40,3040( = senrBr
)0,320,20( =
iFF BB=
r
kFB2525)0,0,()0,320,20(
!
=
de donde:3
2
4
105=BF 43,21=BF kgf
El signo positivo de la respuesta obtenida indica que el sentido asumido es el correcto. Enconsecuencia:
iFB43,21=
r
[kgf]
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-12
Ejemplo 2.4: Sobre el cuerpo en forma de paraleleppedo rectngulo acta el sistema defuerzas mostrado. Se pide:
a) Hallar la fuerza resultante del sistema.
b) Calcular el momento del par de fuerzas 4Fr
y 5Fr
.
c) Calcular el momento resultante del sistema con respecto al centro de reduccinA.d) Calcular el momento de 2F
r
con respecto al eje PQ.
Solucin:
a) La fuerza resultante del sistema est dada por: =i
iFRrr
1F
r
2F
r
4F
r
3F
r
5F
r
F1= 30 NF2= 10 NF3= 20 NF4= 50 NF5= 50 N
K(3, 4, 2) m
P(3, 8, 1) mQ(3, 6, 0) m
Fuerza :1F
r
111 uFF =
r
, 301=
F N
73
)0,8,3(
649
)0,0,0()0,8,3(
1 =+
=u
)0,8,3(73
301 =F
r
)0;09,28;53,10(1 =Fr
N
Fuerza :2Fr
222 uFF =r
, 102 =F N
29
)2,4,3(
29
)0,8,0()2,4,3(2
=
=u
)2,4,3(29
102 =F
r
)71,3;43,7;57,5(2 =Fr
N
Fuerza :3Fr
)0,0,1(20333 == uFFr
)0,0,20(= N
Fuerza :4Fr
)0,1,0(50444 == uFFr
)0,50,0(= N
Fuerza :5Fr
50555 == uFFr
)0,1,0( )0,50,0( = N
entonces: == iFR
rr
)71,3;66,20;90,3( N
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-13
b) Momento del par conformado por 4Fr
y 5Fr
Puesto que el momento de un par de fuerzas es independiente del centro de reduccin,entonces tomaremos momentos con respecto al origen de coordenadas:
Sean ( )0,50,04 == FFrr
( )0,50,05 == FFrr
)0,50,0()2,0,3()( === FrrFrM DBOr
rrr
rr
[N-m])150,0,100( =OMr
c) Momento resultante del sistema con respecto aA:
44 344 21
rrrrrrrr
r
AAAAAi
iAiQA MMMMMFrrM 54321)( ++++==
Momento del par 4Fr
y 5Fr
donde es un punto arbitrario sobre la lnea de accin deiQ iFr
para :1Fr
)2,0,0()0,8,3( == AEE rrr rvr
para :2Fr
)2,0,3()0,8,0( == ACC rrr rvr
para :3Fr
)0,0,0()2,8,3( == AAA rrr rvr
)0;06,21;18,56(
009,2853,10
200
1 ==
kji
MA
r
N-m
( )29,22;01,0;86,14
71,343,757,5
203
2 =
=
kji
MA
r
N-m
pues la lnea de accin de)0,0,0(3 =AMr
3Fr
para porA.
AAMM 54
rr
+ constituyen el momento de las fuerzas 4Fr
y con respecto
al punto A, el cual ser el mismo que el momento de dichopar con respecto al origen Oy que ya calculamos en b).
5Fr
( )150,0,10054 =+ AA MMrr
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-14
Sumando todos los momentos obtendremos:
)71,127;07,21;68,58( =AMr
[N-m]
d) Momento de la fuerza respecto a la recta PQ.2F
r
[ ] PQPQPPQ uuFMM )( 2 =
rrr
(1)
donde )( 2FMPrr
es el momento de 2Fr
con respecto al punto P, el cual es un puntocualquiera del eje PQ.
22 )()( FrrFM PCPr
rrrr
= con Crr
vector posicin del punto de paso
(arbitrario) Cde la lnea de accin de .2Fr
[ ] )81,3;43,7;57,5()1,8,3()0,8,0()( 2 =FMPrr
[N-m])29,22;56,5;43,7(=
=
=
=
5
5,
5
52,0
5
)1,8,3()0,6,3(PQ
PQ
PQrr
rru vr
vr
94,14 = PQP uMr
Reemplazando en (1): PQPQPPQ uuMM
=
rr
=
5
5,
5
52,094,14
N-m)68,6;36,13;0(=PQMr
Tarea: Calcular el momento del sistema con respecto al eje AP. Se sugiere utilizar elresultado obtenido en c).
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-15
Ejemplo 2.5:
La figura muestra un slido rgidosometido a un sistema de 6 fuerzas. Ges el punto medio de AD y la fuerza
es perpendicular al plano ABCD.Sabiendo que el mdulo del momentoresultante del sistema respecto al ejeque pasa por A y E es 100 N-cm,hallar los posibles valores para lafuerza .
1F
1F
Solucin:
)15,0,0(=Arr
cm )15,40,0(=Brr
cm )0,40,20(=Crr
cm
)0,0,20(=Drr
cm )0,40,0(=Err
cmF
1
x
z
OD
A
)5,7;0;10()(2
1=+= DAG rrr
rrr
cm
Fuerzas:
1F
r
: Su direccin y sentido estn dadas por la normal al planoABCD. Entonces, sitomamos dos cualesquiera vectores unitarios sobre dicho plano (mejor si son
perpendiculares), entonces, multiplicndolos vectorialmente obtendremos el
vector unitario direccin de 1Fr
:
)15,0,20( = AD rr rr
525
)3,0,4()15,0,20( ==
=
AD
ADAD
rr
rru rr
rr
)0,1,0( =DCu
DCAD uuu 1 = 55
)4,0,3()0,1,0(
)3,0,4(1 =
=u
111 uFF =r
)4,0,3(5
11
FF =
r
2F
r
: 28125,1756)3,16,4()5,7;40;10(
2
==
= GB
GB
rr
rr
u rr
rr
222 uFF =r
281281
300)900,4800,1200()3,16,4(
2
==F
r
: N3Fr
)50,0,0(3 =Fr
4F
r
:525
)3,0,4()15,0,20(4
==
=
CB
CB
rr
rru rr
rr
444 uFF =r
)120,0,160()3,0,4( 52004 ==F
r
N
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-16
: N5F
r
)50,0,0(5 =Fr
: N6F
r
)0,100,0(5 =Fr
Ahora podemos calcular el momento resultante del sistema con respecto a al eje AE.
Sabemos que:
[ =i
AEAEiiPiQAE uuFrM )( ]rrr
(1)
donde:AE
AEAE
rr
rru rr
rr
= (recordar que su sentido es arbitrario)
iPiQiPiQ rrr rrr
=
con: iQrr
es el vector posicin de un punto arbitrario sobre la lnea de
accin de iFr
iPrr
es el vector posicin de un punto arbitrario sobre el eje (en
nuestro problema ejeAE)
En particular, en nuestro problema solamente necesitamos el mdulo de AEMr
:
[ ] =i
AEiiPiQAE uFrM )(r
r
=i
iiPiQAEAE FruM )( r
r
(2)
Sin embargo, hay que reconocer el hecho de que las lneas de accin de las fuerzas 3Fr
y
cortan al ejeAE, por lo que su contribucin al momento5Fr
AEMr
ser nulo. Entonces:
de (2): [ ])()()()( 6421 FrFrFrFruM ECEBAGAGAEAEr
rr
rr
rr
r
+++= (3)
Aqu:1825
)15,40,0(
=
=
AE
AEAE
rr
rru rr
rr
73
)3,8,0(
=AEu
)5,7;0;10(/ ==
AGAG rrr
rrr
)15,0,0(/ == EBEB rrr
rrr
)0,0,20(/ == ECEC rrr rrr
Reemplazando valores en (3)y recordando la condicin del problema para el mdulo :AEM
++
=
281)5,7;0;10(
5)5,7;0;10(
73
)3,8,0(100
)900,4800,1200()4,0,3(1
F
++ )0,100,0()0,0,20()15,0,0( )120,0,160(
de donde obtenemos dos valores para :1F 45,3461 =F =FN y N36,3291
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-17
Ejemplo 2.6:
H(4, 6, 12) m
A
C
E
B
D
F G
x
y
z
O
10 m
F1
F2
F3
F4
Fig. 2-18
En la figura se muestra una estructura rgidaen la cual actan las siguientes fuerzas:
1001
=F N
2002 =F N
1003 =F N
3004 =F N
Adems se sabe que en dos rectas paralelas,las cuales se encuentran contenidas en el planoDHFy que distan 5 m una de otra, actan dosfuerzas y de igual magnitud (100 N)
pero en sentido contrario. Sabiendo que estas
fuerzas producen un momento cuyacomponente en el ejezes negativo, se pide:
5F 6F
a) Determinar la fuerza resultante del sistema.
b) Encontrar el momento resultante del sistema con respecto al punto C.
c) Calcular el momento de la fuerza con respecto al eje que pasa por los puntosAy G.4FSolucin:
)0,0,10(=Arr
m )0,10,10(=Brr
m )0,10,0(=Crr
m
)10,0,10(=Drr
m )10,10,10(=Err
m )10,0,0(=Frr
m
)10,10,0(=Grr
m )12,6,4(=Hrr
m
Fuerzas:
1F
r
: )0,1,0(1 =u
111 uFF =r
)0,1,0(1001=Fr
)0,100,0(1 =Fr
N
2F
r
: )1,0,0(2 =u
222 uFF =
r
)1,0,0(2002 =Fr
)200,0,0(2 =Fr
N
:3Fr
1456 )1,2,3()2,4,6(
3
==
=
EH
EH
rr
rru rr
rr
333 uFF =r
14100
)1,2,3(3
=F
r
14
)100,200,300(3
=F
r
4F
r
:1456
)1,3,2()2,6,4(4
==
=
HF
HF
rr
rru rr
rr
444 uFF =r
14
300 )1,3,2(4 =Fr
14
)300,900,600(4
=Fr
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a) Resultante del sistema: =
=6
1iiFR
rr
(1)
)( 654321 FFFFFFRrrrrrrr
+++++=
= 0
14
)200,1100,900()200,100,0(
+=
=
14
200200,
14
1100100,
14
900
)55,146;99,193;54,240( =Rr
N
b) Momento del sistema con respecto aC: = iCiQC FrrMr
vrr
)( (2)
Para :1Fr
)0,100,0()10,0,10()( 11 == FrrM CECr
vrr
N-m)1000,0,1000(1 =CMr
Para :2Fr
pues su lnea de accin pasa por C)0,0,0(2 =CMr
Para :3Fr
14
)100,200,300()10,0,10()( 33
== FrrM CEC
rvr
r
14
)2000,4000,2000(3
=
CM
r
N-m
Para :4Fr
14
)300,900,600()10,10,0()( 44
== FrrM CFC
rvr
r
14
)6000,6000,12000(4
=
CM
r
N-m
Ahora calcularemos el momento del par de fuerzas actuantes en el plano DHF. Ladireccin y sentido de este momento est dado por la normal al plano, la cual se obtiene del
producto vectorial de dos vectores contenidos en el plano. Simplemente hay que tener un
poco de cuidado al elegir dichos vectores para obtener el sentido deseado (en este caso, concomponente negativa enz).
)2,6,4( == HFHF rrr rrr
)0,0,1( =DFu
)6,2,0()0,0,1()2,6,4( == DFHF urr
El vector unitario normal al plano es:
DFHF
DFHFFHD
ur
urn
= r
r
1040
)3,1,0()6,2,0( =
=FHDn
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-19
Magnitud del par: 500)5()100( === dFMpar N-m
entonces: FHDparpar nMM =r
1010500
)1500,500,0()3,1,0( ==parM
r
.
Recordar que el vector momento obtenido para el par de fuerzas es independiente delcentro de reduccin.
En (2): parCCCCC MMMMMMrrrrrr
++++= 4321
++= 1000
14
800010150;
14
100001050;1410001000
N-m)43,1612;50,2514;66,2741( =CMr
c) Como sabemos, el momento de la fuerza con respecto al ejeAGest dado por:4F
[ ] AG
AG
AFAGAG uFruM
M
)( 4/4444 34444 21
rr
r
= (3)
donde: es un vector direccional unitario del eje con sentido arbitrarioAGu
Fes un punto arbitrario sobre la lnea de accin de la fuerza 4F
Aes un punto arbitrario sobre el eje
)10,0,10(/ == AFAF rrr rrr
300
)10,10,10(
=
=
AG
AG
AGrr
rru rr
rr
3
)1,1,1( =AGu
reemplazando valores en (3):
=
14)10,0,10(
3
)1,1,1( )300,900,600(AGM
14
)9000,9000,9000(
3
)1,1,1(
=
42
9000=AGM
finalmente, de (3):14
)3000,3000,3000(
3
)1,1,1(
42
9000 =
=AGM
r
N-m)78,801;78,801;78,801( =AGMr
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-29
Ejemplo 2.11: Sobre el cuerpo en forma de paraleleppedo rectngulo acta el sistemade fuerzas mostrado (igual que en el ejemplo 2.4). Se pide reducir el
oluci
sistema a una fuerza cuya lnea de accin pase por el origen decoordenadas Oms un par.
S n: El sistema reducido al origen estar compuesto por la resultante del sistemcuya lnea de accin pase por el origen ms el momento resultante del siscon respecto al punto O.
atema
De la solucin del problema 2.4 tenemos que:
La fuerza resultant el sistema es:e d = iFRrr
= 3( )71,3;66,20;90, [N]
El momento resultante del sistema con respecto a A:
)71,127;07,21;68,( =AM 58
r
[N-m]
Por cambio de centro de reduccin:
MO RrrM OAArrrrr
)71,3;66,20;90,3()2,8,3()71,127;07,21;68,58(
+= )(
+=
tema original queda reducido a una fuerza (
),,(=OMr
As, el sis Rr
) cuya lnea de accin pasa por el
rigen de coordenadas Oms un par (Mo Or
). Se dice que hemos reducido el sistema al
F3= 20 NF4= 50 NF5= 50 N
K(3, 4, 2) mP(3, 8, 1) mQ(3, 6, 0) m
1F
r
2F
r
4F
r
3F
r
F1= 30 NF2= 10 N
5F
r
origen O:
R
r
O
M
r
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-30
zEjemplo 2.12:
Sobre el paraleleppedo actan las
fuerzas 1Fr
y 2Fr
ms un par, el cualel plano sombreado.
el sistema a una
est alojado en
e pide reducirerza
olucin
Sfu
en el origen Oms un par.
S : )8,0,6(5
4,0,3101 =
=F
r
N
)0,8,0()0,1,0(82 ==F
2m
3m
4m
xy
F1
F2=
3N
2O
7m
=10N
3N
m
8N
Fig. 2-35
r
N
ado que las otras dos fuerzas conforman un par, entonces su contribucin a la suma deerzas para evaluar la resultante es nula,
Dfu
entonces: =+== )8,8,6(21 FFFR irrvr
N
n de la resultan
omo la lnea de acci te pasar, por requerimiento del problema, por elular el momento resultante del sistema con
Corigen de coordenadas, entonces hay que calcespecto a dicho origen O:r
= FrMrrr
, dondeiiQO iQrr
es el vector posicin del punto genrico
Qi, el cual es punto de paso arbitrario de la recta deaccin de la fuerza
iFr
.
parMFrFrMrrrrrr
QQO ++= 2
cuacin e fuerzas se calcula multiplicando el mdulo porun vector d vez se obtiene multiplicando vectorialmente dos
ectores unitaribas f ente, si multiplicamos vectorialmente dos vectores unitarios
erpe ulares entre s ltado ser un vector unitario perpendicular a ambos).
211
E n la que el momento del par de
ireccin unitario, el cual a suv os cualesquiera contenidos en el plano que contiene las lneas de accin deam u
p ndic , el resuerzas (evidentem
As:
++=
54,0,
53)0,1,0()2()3(0,8,0()0,2,3()8,0,6()0,2,3(
OM )r
15;24;2,11(=M )6,Or
N-
ntonces, el sistema ha sido reducido )8,8,6( =
m
a la fuerza Rr
E N cuya lnea de accin
asa por Oms el momento )6,15;24;2,11(=OMr
N-m.p
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-31
Ejemplo 2.13: En la figura se muestra un sistema de cuatro cargas actuando sobre unaviga AB. Se pide reducir el sistema a una nica fuerza que pase por el
punto H(punto medio de AB) ms un par.
Solucin:
Denominemos Sistema I al sistema de fuerzas dado y Sistema II al sistema formado poruna nica fuerza que pasa por el punto medio Hde la viga ms un par.
Dado que todas las fuerzas actan en el plano xyutilizaremos vectores bidimensionales,an cuando est claro que los vectores momento tendrn componente solamente en z. Adiferencia de los problemas tridimensionales, en los que el trabajo vectorial se haceimprescindible, en los problemas bidimensionales se puede trabajar de manera escalar, ancuando el trabajo vectorial queda como alternativa vlida. En este problema trabajaremosde ambas maneras para que el estudiante pueda apreciar las ventajas de uno u otro y asescoja luego la que mejor le parezca.
a) Mtodo vectorial:Para el sistema I:
1F
r
: 111 uFF =r
iF 6001 =r
2F
r
: 222 uFF =r
jF 15002 =r
3F
r
: 333 uFF =r
)3030(cos15003 jseniF =r
jiF 75037503 =r
4Fr
:444
uFF =r
)4545cos(10004
jseniF =r
jiF 250025004 =r
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-32
Fuerza resultante: =
=4
I
i
I FRrr
(1)1i
ji )25007501500()25003750 +
j89,42+
600( +=
iRI 069,8=r
(2)
l origen A:
I
iAiQ
I
A FrrM
Momento resultante con respecto a
rvrr
= )( donde )0,0,0(=Arr
ntonces: = II FrM
e iiQArrr
caso: 4321 FrFrFrFrM EDCJI
A
rrrrrrrrr
++= en nuestro +
++ )7503750(6001500300)600(200 jiijijM IA += ir
)25002500()2001000( jiji ++
kkk 20001002000500450000000120 ++= kk 000450
k)2000400000120( = [N-mm]
ara el sist
kM IA685,42685=
r
(3)
P ema II:
Resultante: iFFR xII
+==
rr
Momento resultante con respecto al or
jFy (4)
igen A:
= IIiiQII
A FrMrrr
(5)
HH MFrrrr
+=
kMjFiFi Hyx)(900 ++= &
kMFM HyII
A)900( +=
r
(6)
Dado
q
e (2)y ( jFy 89,42069,8 +=+
ue los sistemas I y II son equivalentes:
d 4): iFx ji
de donde: 069,8=xF N y 42 89,=yF
de (3)y (6):
N
Hy MF += 685,4685 9002
de donde: 286,42724=HM N-mm
As, el sistema I queda reducido a: jiF
89,42
069,8 +=
r
[N] (pasa por H)kM
H286,42724=
r
[N-mm]
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-33
b) Mtodo escalar
Igualdad de
e debe cumplir que: III RR
fuerzas resultantes:
rr= = IIiIi FF
rr
xF : xF!
45cos100030cos1500600 =+
S
xF=+ 25003750600 069,8=xF N
xF : yFsensen!
3010003015001500 =
yF= 25007501500 89,42=yF N
Igualdad de momentos resultantes:
AM :I ++ )1000(45sen1000)600(30sen1500)300(1500)200(600=AM
r
)200(45cos1000
+
42685 ,685=IAMr
yFM += 900(r
HII
A M)
igualando: Hy MF += 900685,42685
e: 42,724
de d 286
don =HM N-mm
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-38
Ejemplo 2.14: Sobre el paraleleppedo actan dos fuerzas y un par, el cual est alojadoen el plano sombreado (ver ejemplo 2.11). Se pide hallar el momentomnimo y la interseccin del eje central con el planoxy.
olucin
xy
z
O
Fig. 2-44
S :
e la solucin del ejemplo 2.11 tenemos que: == )8,8,6(iFRvr
N
)6,15;24;2,11(=OM
Dr
N-m
ireccin unitaria de la resultante: )625,0;625,0;469,0(806,12
)8,8,6( =
=Ru
omento mnimo: uMM =r
D
M ROmin
)625,0;625,0;469,0()6,15;24;2,11( =
resultado que caba esperar pues tenemos un sistema de fuerzas coplanares.
or equivalencia er figura) se debe cumplir que:
OQ MRr
rr
r
=
2,1188 = zy
=y
la etra analtica, cualquier punto de la forma ),,( zyx queertenezca al eje central debe satisfacer las tres ecuaciones mostradas. Para hallar la
0min =M
P
de sistemas (v
)6,15;24;2,11()8,8,6(),,( =zyx
0,2468 =+ zx
R
r
OMr
Rr
Qrr
68 x 6,15
Como sabemos de geompinterseccin con el planoxyhacemos z= 0:
3=x m
41,=y m
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-39
Problema 2.15
sistema con
)8,6,8(=
Se tiene un
F
formado por la fuerzar
kN y el momento de un par
),70,20( zMM =r
kN-m como se muestra.
Se pide:
Calcular la commodo quereemplazado por una fuerza nica.
)interseccin
a
a) ponente zM del par deel sistema pueda ser
b Indicar las coordenadas del punto dede la lnea de accin de dicha
fuerza nic con el planoxz.
Solucin:
a) Denominaremos Sistema I al sistema dado, el cual est conformado por:
)8,6,8(=Fr
kN con punto de paso dado por )5,5,6(=Qrr
m
),70,20( zMM =r
kN-m
Como Fr
es ltante del sistema. Elomento resultante del sistema con respecto al o
I
OM
la nica fuerza en el sistema, entonces es tambin la resum rigen ser:
MFQrrr
r
r
,),6,8()5,5,6( +=
)76,18,10( = zM
educimos el sistem inaremos sistema II:
)8,6,8(=F
+=
20(8 ),70 zM
R a al origen de coordenadas, al cual denom
r
kN (1)
)76,18,10(!
== zI
OO MMMrr
(2)
ara que el sistema II se pueda reemplazar por una fuerza nica, entonces el momentonimo debe ser nulo, es decir, debe cumplirse que:
0min =M
Pm
r
RMOrr
0=RMOrr
0)4,3,4()76,18,10(
= M z
0)4()76())4()10( 3()18( =++
0 5,72
zM
2904 =zM =zM kN-m
entonces: )5,72;70;20( =Mr
kN-m
adems, en (2): )5,3;18;10( =IOMr
kN-m
Fr
OM
r
F
r
M
r
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-40
b) Sea Sistem III el sistema de fuerza nica. Por ser equivalente a los sistemas I y IIlirse que:
adeber cump
:IIIO
I
O M
rr
= M FrKr
r
= )5,3;18;10(
)8,6,8(),0,()5,3;18;10( = KK zx )6,88,6()5,3;18;10( KKKK xzxz
+=
e donde: 106 = z 667,1d =z
1888 =+ zx
5,36 =x 583,0
=x
odemos ver que, del set de tres ecuaciones obtenidas, con la primera y tercera obtenemosbuscados, la segunda ecuacin servira en este caso para comprobacin.
x
y
z
O
F
r
Sistema III
K
Plos valores
)667,1;0;583,0(=Kr
r
m
Ejemplo 2.16: La placa rectanguno horizontal xy. Se aplican 6 cargas verticales (todas
ellas entrantes al dibujo) y cinco momentos con mdulo M segn lascci ostrados, todos contenidos en el plano xy. Se:
) Mostrar que el sistem
) Hallar el m mo mo valor del mduloMpara que el punto de paso de la fuerzaresultante del sistema no salga de los lmites de la placa.
lar mostrada (vista superior o desde arriba) estcontenida en el pla
dire mpide
ones y sentidos
a a de fuerzas se puede reducir a una fuerza nica
b xi y mni
Solucin:
a) Reducirem a al origen de coordenadas.
+++= )7()1,3()8()5,7()8()5,3( kkkMO
os el sistem
r
+ QrQr
r
jMiMkk 23)10()3,8()7()1,7( +++++
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-41
++++ )49,7()21,7()56,40( += )24,40()8()3,1( k
jMi 2 + M3)80,30( ++
++= )230,124()8,24( 3
jMiM 2 +
)2,3()238,148( MMO +=
r k)10778
r
La esultante del sistema ser: R 88( =r
k48 R =r
O
Puesto que 0= OMRrr
(pues se ve que MRrr
el momento mnimo es nulo
)
y el sistema se puede descomponer a una nica fuerzando en el eje central.
actua
b) Reemplazaremos el sistema original por una nica fuerza Rr
que, evidentemente, seras
vertical y atraviesa el planoxypor el punto de coordenad
(x, y):
kR 48=r
Su mo nto con respecto al origen ser: )48(),( kyxMO =mer
),(48 xy=
),(48)2,3( xyM
Igualando al momento OMv
del sistema original:
)238,148( + =
de donde: yM 483148 =+ (1)x48M2238 =+ (2)
de (1)y (2): 5054872 =+ yx
ecuacinlos puntos (x, y) por los cualesde accin de la resultante nica del sistem
si 521,10:0
que representa el lugar geomtrico depasar la lnea
a.
== yx
si m014,7:0 == xy
Para el punto de corteB (7,014; 0) :
e 6 -mn (2): tonM =49,33
Para el pun
en (1): M =- 46,67 ton-m
to de corte C (y = 6 m) :
tema no salga de los lmites de la placa:
3467,46
En consecuencia, para que la resultante del sis
,49 M [ ]mton
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-51
E 0jemplo 2.2 : ra.Una placa est sometida al sistema fuerzas y pares mostrado en la figu
inar la fuerza resultante nica que reemplaza al sistema dado e indicar ladistancia entre el puntoAy la lnea de accin de la resultante.
Se pide:
a) Determ
b) Hallar la fuerza AFr
de direccin desconocida que pase por y la fuerza vertical BFr
A modo que el sistema resultante sea
lucin
que pase por B adicionales a las mostradas, denulo.
So : a) Dado que el sistem reducirlo a una fuerza nica.a es coplanar podem so
= iFRrr
jF 7501 =r
[N]
iF 500=2r
[N]
jF 600125
6503
= i250
13,
13 =
r
ji 1350750 R =r
[N]
con mdulo: 3,1544
=R N
i
S hacemos pasar la lnea de accin de Rr
por el puntoA, el momento que la acompaa es:
k 3751125),1(250)()2,1(500)2, +++
MA 750=r
[N-m]
d
r
kkkkMA
()21(750=
k
Por equivalencia de sistemas:
dRMA = = 3,1544 486,0750 =d m
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-52
b) Adicionamos ,BF F y yAF al sistema analizado en a), a la
fuerza con componentesRxyRyms el momentoMA.
a
el cual ya fue reducidoxA
Para que el nuevo sistem sea nulo, entonces se debe cumplir que la nueva resultante seanula y el momento del sistema con respecto a cualquier pun ambinnulo.
Es decir: 0=R
to de reduccin sea t
r
, = 0M A
0750!
=xR
01350!
=++= AyB FFR
= 0!
Resolviendo a de ecuaciones:
1,1043750
=
=A
AxF
N
NN
= NFB 625
=+ AxF
y
= 2,1750 BA FM
el sistem
725=AyF
F
Ejemplo 2.21: En la figura se muestra uvigaAB. Se pide reducir el
n sistema de cuatro cargas actuando sobre unasistema a:
) Una nica fuerza y calcular la distancia a la que su recta de accin corta al tramoAB.
) Una fuerza de direccin desconocida que pase porAy una fuerza de direccin verticalque pase porB.
a
b
Solucin 1: M ctorialtodo ve
) Sistema I:
1F
a
r
: 11 uFF = 1r
iF 6001 = r
2F
r
: 222 uFF =r
F2 = j1500r
3
F :3
FF = 30r
33
ur
)30(cos15003
jseniF =r
jiF 75037503 =r
AF
r
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-53
4F
r
: 444 uFF =r
)4545cos(10004 jseniF =r
jiF 250025004 =r
Fuerza resultante: =4
IIFR
=1ii
rr
(1)
ji )25007501500()25003750600( ++=
jiRI 89,42069,8 +=r
(2)
omento resultante con respecto al origenA:
I
iAiQ
I Frr
M
AMr
vr
r
)( donde )0,0,0(= =Arr
entonces: = II FrM iiQAr
r
r
tro caso:4321
FrFrFrFrMEDCJ
I
A
r
r
r
r
r
r
r
r
r
+++= en nues
+++= )7503750(6001500300)600(200 jiijiijMIAr
)25002500()2001000( jiji ++
k)2000400000120( = [N-mm]
Mr
kIA
685,42685= (3)
Sea sistema II el sistema formado por una nica fuerza.
Evidentemente, por equivalencia de sistemas, la fuerza nica actuando en este sistemadeber ser vectorialmente igual a la fuerza resultante del sistema I:
Resultante: jFiFFR yxII +== rr
(4)
IIIRR
rr
= )4()2( y
069,8=xF N y 89,42=yF N
Adems: FrM PII
A
r
r
r
=
)( jFiFix yxP += jFix yP =
kxM PII
A89,42=
r
(5)
Dado que los sistemas I y II son equivalentes:
II
A
I
A MMrr
= :)5()3( y
Px89,42685,42685 = 07,98715=Px mm
),( yx FFF =r
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-54
As, el sistema I es equivalente a una nica fuerza jiF 89,42069,8 +=r
[N] cuyapasa por Plnea de accin )0;07,98715(= mm.
b) desconocida que pase
Sist
Resultan (6)
Mom MIIIA
Ahora reduciremos el sistema dado a una fuerza de direccin
porAms una fuerza vertical que pase porB.ema III:
te: jBjAiAR yyxIII ++=
r
jBAiAR yyx
III )( ++=r
ento del sistema con respecto aA: jBi y 1800 =r
kB MIIIA1800= y
r
(7)
de (2)y (6): jBAiAji yx )(89,42069,8 ++=+
e donde: 069,8=xA (8)
89,42=+ yy BA (9)
e (3)y (7): yB1800685,42685 = 94,380
y
d
=yB (10)
s, los siste
j069,8=
d
en (9): 423,83=yA
A mas I y II son equivalentes al sistema III formado por las fuerzas:
i 83,423+Ar
[N] cuya lnea de accin pasa porA
B = j94,380r
[N] cuya lnea de accin pasa porB.
olucin 2
S : Mtodo escalar
)a
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-55
),( yx FFF =r
Igualdad de fuerzas resultantes:
Se debe cumplir que: III RRrr
= = IIiIi FFrr
xF : 100030cos1500600 +
xF!
45cos =
xF=
069,8+ 25003750600 =
x
yF : yFsensen!
3010003015001500 =
F N (1)
y F= 25007501500 89,42 =yF N (2)
M
Igualdad de momentos resultantes:
I A : )1000(451000)600(301500)300(1500)200(600 ++= sensenMAr
42,685685=IA
Mr
(3)
r
)( yP
II
A FxM =
ualando: )(685,42685 yP Fx= 07,98715ig =Px mm (4)
) Los sistemas I, II y III son equivalentes.
Se debe cumplir que: IIIII RR
brr
=
xF : xx AF =
de : 069,8=xA N (5)(1)
yF : yyy BAF += (6)
dems, IIIA MMI
rr
= : )1800(685,42685 yB=
A A
94,380=y N (7)
89,
B
(2) 7)en 42y ( (6): 94,380= yA
83,=yA 423 N
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-56
Pr moble a 2.22:
La armadura de techo Howe m es conocidas cuyasma P, 2P, P, cuyas direcciones son
tramo AC. Si el sistema se reduce a una nica fuerza cuya lnea
accin cruza la lneaAEa 4,5 m a la derecha deA, se pide calcular el valor de Py hallar laerza resultante (m
olucin
ostrada recibe 3 cargas verticalgnitudes son conocidas, y las cargas debidas a viento
perpendiculares al de
fu dulo, direccin y sentido).
S : Direccin unitaria de las cargas inclinadas:5
te d
)2,1( =
Pu
Resultan el sistema I: =i
iFR II
rr
)(500)(1000)(15002 jjjuPuPuPRI +++++= PPPr
)3000,0(
5
)2,1( 4 += P
)3000,0()2,1(58,0 += P
)300056,1;58,0( = PPRIr
(1)
omento resultante del sistema I con respecto aA:M =i
I
iiQ
I
A FrMr
r
r
Fuerza Ii
Fr
Posicin de punto de paso
iQrr
con respecto aA [m] )(kFr IiiQ
r
r
puP (0, 0) 0puP 2 (3; 1,5) P53
puP (6, 3) P 53
(0, -1500) (3, 0) 5004
(0, -1000) 0006(6, 0)
(0, -500) (9, 0) 5004
0001556 P kPMIA =
)1500056( r
)(2
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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-57
Sistema II: Est conformado por una nica fuerza cuya lnea de accin pasa por P.
st claro que: RRIIrr
= E (3)
or equivalencia de sistemas se debe cumplir que III RR
Prr
= , entonces, de (1)y (3):
)00036,1;58,0( = PPR 5r
(4)
om resulta A:M ento
nte del sistema con respecto a
RrM PII
A
r
r
r
=
)0356,1;5)0,5,4( = PP 008,0(
kPM IIA
)5001352,7( =r
(5)
or equivalencia de sistemas se debe cumplir que AI
A MMP II
rr
= , entonces, de (2)y (5):
5001352,7 P
e donde:
0001556 =P
d 5250= P 017,559=P kgf
Ree plazando el valor dem encontrado en la expresin (4):P
)0003525056,1;525058,0( =Rr
=R )5000,1000(r
kgf
Mdulo: 22R
02,0995
50001000 +=
=R kgf
Direccin:
=
100
500arctan
69,78=
Rr
R
r
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