2 Capitulo 4b Final

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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: AXB=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. si A ≠ 0 , B≠0 , si y solo si senθ = 0 ya que senθ =0 en

AXB=0

θ=0º ó 180º esto define que que son paralelos paralelos

×X = C si A = (Axi + Ayj + Azk ) = (Axi + Ayj + Azk ) × ( Bxi + Byj + Bzk )

MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza

A ║ B.

y

B = ( Bxi + Byj + Bzk )

63

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería pero : i×i = 0 i × j = k i × k = − j

ESTÁTICA j × i = −k j × j = 0 j × k = i

k × i = j k × j = −i k × k = 0

= AxByk − AxBzj − AyBxk + AyBzi + AzBxj − AzByi = ( AyBz − AzBy )i + ( AzBx − AxBz ) j + ( AxBy − AyBx )k

X

1

C = (Cx 2 + Cy 2 + Cz 2 ) 2 Cx cos α = ; C

cos β =

Cy ; C

cos γ =

Cz C

i j k Ay Az Ax Az Ax Ay i− j + k = Ax Ay Az = By Bz Bx Bz Bx By Bx By Bz

= ( AyBz − AzBy )i + ( AzBx − AxBz ) j + ( AxBy − AyBx )k 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 siempre un escalar, y su magnitud 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

i•i =1 j • j = 1 k • k = 1

A

• B

i • j = 0 j • i = 0 k • j = 0

i • k = 0 j • k = 0 k • i = 0

Si consideramos dos vectores A y B, el rpoducto escalar de estoas dos vectores

= C Si

= Axi + Ayj + Azk = Bxi + Byj + Bzk C = AxBx + AyBy + AzBz


(Escalar) 64

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Aplicaciones: Aplicaciones: a) Ángulo entre dos vectores A • B = AB cos θ

 A   B  cos θ = A • B AB =   •    A   B  ∴ cos θ = U A • U B b) Proyección de un vector A hacia hacia un eje especificado e e’

e( x, y , z ) e`( x`, y `, z `) Uee`= es un vector conocido A = Axi + Ayj + Azk A(1) cos θ C = A(1) cos θ 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:

r 2.

Determine Determine el ángulo entre los radios vectores r 1 y r 2,2, Además de la proyección r 1 a

D(− 8,5,8) B(0,15,0) A(0,0,6) Determinaciòn del àngulo cos θ = U DB • U DA r1 = 8i + 10 j − 8k 1

r 1 = (8 2 + 10 2 + 8 2 ) 2 r 1 = 15.09 (8i + 10 j − 8k ) r U DB = DB = r DB 15.09 (8i − 5 j − 2k ) r U DA = DA = 1 r DA (8 2 + 5 2 + 2 2 ) 2 U DA = 0.82i − 0.51 j − 0.2k U DB = 0.52i + 0.65 j − 0.52k

cos θ = (0.51i + 0.65 j − 0.52k ) • (0.82i − 0.51 j − 0.2k ), MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza

cos θ = 0.1989;

θ = 78.52°

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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Determinación de la proyección

Forma escalar:

P = r 1 cosθ = 15.09(cos 78.52) P = 2.98 pies Forma vectorial:

P r 1r 2 = 1 • r 2 P r 1r 2 = (8i + 10 j − 8k ) • (0.82i − 0.51 j − 0.2k ) P r 1r 2 = 3.06 pies − − − − − − − − − − − − − −Magnitud proyectada Proyección vectorial: Pr 1r 2 Pr 1r 2 Pr 1r 2 Pr 1r 2

= P r 1r 2 • U r 2 = 3.06U r 2 = 3.06(0.82i − 0.51 j − 0.2k ) = 2.5i − 1.56 j − 0.61k

4.3.2 Determine el ángulo  entre los cables AB y AD. Mediante la aplicación del producto punto entre vectores.

cos θ = U AB •U AD

 i − 3 j − 3k  U AB =  (1)2 + (3)2 + (3)2  = 0.23i − 0.69 j − 0.69k    − 0.75i + j − 3k  U AD =  (0.75)2 + (1)2 + (3)2  = −0.23i + 0.31 j − 0.92k   cosθ = −0.0529 − 0.2139 + 0.6348 = 0.368 θ = 68.41° MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza

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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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 genera momento en el punto A,. 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 l as manecillas el momento es positivo.

Si hay momento, tiende a girar El punto A por no ser colineal con la fuerza. M =d F , donde 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 componente perpendicular si genera genera momentos. M = d F cosθ Formulación escalar

Formulación vectorial

OA

= x Ai + y Aj + z Ak

Como M = dF se tiene:

,

AB

= F xi + F yj + F zk

Mo = r 0A 0A Fsenθ

De

C=AxB ;

C = ABsenθ por lo tanto se cumple el

producto vectorial MO

= rOA × F BA

(Formulación vectorial)

M O = x Ai + y Aj + z Ak × F xi + F yj + F zk M O = ( y A F z − z A F y )i + ( z A F x − x A F x ) j + ( x A F y − y A F x )k M O = Mxi + Myj + Mzk MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza

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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Que se pude realizar con la operación por menores

i j k i M o = x a y a z a x a = ( y A F z − z A F y )i + ( z A F x − x A F x ) j + ( x A F y − y A F x )k F x F y F z F x _

Magnitud del momento

M O = ( Mx 2 + My 2 + Mz 2 )

1

2

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. M R = (r OA × F 1 ) + ...... + (r OA × F n ) M R = r OA × ( F 1 + ....... + F n ) M R = r OA × R A

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.

=

M RO = r OA × F A = r OA × F x + F y + F z = r OA × F x + r OA × F y + r OA × F z MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza

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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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, M O

= d OA ( F A )

ò

MO

= rOA × F A

dOA ┴ F A

Forma escalar:

Forma vectorial: MO

M O = (6 )(480 ) = 2880 N − m M O = 2880 N − m

MO MO

= rOA × F A = (6i )× (− 200i + 480 j ) = 2880k

b) Para el punto p

Forma escalar

Mp = (8)(480 ) − (3.46 )(200 ) Mp = 3147.17 N − m Forma vectorial M p = r PA × F Pa M p = (8i − 3.46 j )× (− 200i + 480 j ) M p = 8(480 )k − 3.46(200)k M p = 3147.17k N • m


Mp = 3147.17 N • m

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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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.

Diagrama de cuerpo libre

Momento de F1.

M F 1 = −8 ft (375lb ) MF1 = 3 klb-ft

Momento deF2

M F 2 = −14 ft (400lb ) MF2 = 5.6 klb-ft

Momento de F3

M F 3 = −19 ft (138.56lb ) − 0.5 ft (80lb ) MF3 = 2.7 klb-ft


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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

M D = (0.2)(271.89 ) − (0.1)(126.78 ) M D = 41.7 N − m

a)

b)

FC =

M D = (0.125)( F C ) = 41.7 41.7 = 333.6 N 0.125 c)

FC = 333.6 N

M D = (0.2 )( Fsenθ ) + (0.125 )( F cos θ ) = 41.7

dF 0 = −0.2 F cosθ + 0.125 Fsenθ =0 dθ sustituyendo en el M O asì θ = 57.995° ∴ F = 176.8 N


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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?

M = dyFx + dxFy M A 2 = −(0.5 cos 40°)(T cos 20°) − (0.5 sin 40° )(T sin 20° ) M A 2 = −0.469T

M A1 = (5 cos 40°)(80) = 306.42lb − ft

Sabiendo que la sumatoria de momentos es cero.

M A1 + M A2 = 0 T = 653lb

Otra forma de resolver el problema, es mediante la aplicación del polígono de fuerzas

306.42 0.5 cos 20° T = 652lb T =


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Ejemplo4.4.5 Determine el momento de la fuerza en A respecto al punto P. Exprese el el resultado como un vector cartesiano. F=20lb

M = r×F

r podrá ir a cualquier punto de aplicación de la fuerza M p = r PA × F A

= r PB × F A r PA = 8i + 6 j − 6k F A = F AU AB  (− 3i + 8 j + 4k )   F A = F A  1 2 2 2 2  (3 + 8 + 4 )  F A = 20(− 0.31i + 0.84 j + 0.42k )

M p = (50.4 + 100.8)i + (37.2 − 67.2 ) j + (134.4 + 37.2k ) M p = 151.2i − 30 j + 171.6k 1

Mp = (151.2 2 + 30 2 + 171.6 2 ) 2 Mp = (151.2 2 + 30 2 + 171.6 2 ) Mp = 230.66 lb − ft

1

2

151.20  α = cos −1    = 49°  230.66  − 30  β = cos −1    = 97.47°  230.66  171.6  γ = cos −1    = 41.91°  230.66 


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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. M RO M RO M RO M RO

= r1 × F1 + r2 × F2 + ........ + rn × Fn = M1 + M 2 + M n = M1 + M 2 + ........ + M n = ∑M

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 ángulo de 30º de la fuerza de 160lb.

 3  R AX = −500  + 160 sen30°  5  R AX = −220lb  4  R AY = −375 − 500  − 160 cos 30°  5  R AY = −913.56lb R A = 939.67lb α = 76.46°  4  M RA = −8(375 ) − 14 (500 )  + 0.5(160 sen 30 °) − 19(160 cos 30 °)  5  M RA = −3000 − 5600 + 40 − 2632 .72 M RA = −11192 .72lb − fts


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Ejemplo 5.5.2 5.5.2 De la viga viga mostrada, determine el momento momento resultante con respecto respecto al punto B de las fuerzas fuerzas que actúan actúan sobre la viga. viga.

 4  Bx = 600  − 500 sen 30°  5  Bx = 480 − 250 = 230lb  3  By = −600  − 800 − 500 cos 30°  5  By = −360 − 800 − 433 By = −1593lb M B1 = 11(360) + 6(800) + 3(433) M B1 = 10059lb ⋅ ft 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.

=? M R = ∑ M = rOB × F1 + rOC × FC rOB = (0,1.2,0.8) rOB = (− 0.4,1.2,0.8) M R


= (− 52i + 24 j − 36k ) + (− 34i + 34 j − 68k ) M RO = −86i + 58 j − 104k α = 125.83° β = 66.74° γ = 135.07° M RO

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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA

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 vector (sección 4.3 b). así: A hacia un eje Proyección de un vector A

especificado e e’

e( x, y, z ) e`( x`, y`, z `) Uee`= es un vector conocido A = Axi + Ayj + Azk A(1) cos θ C = A(1) cos θ 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 p odemos 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.

F 1 = 80(cos120i + cos 60 j + cos 45k ) F 1 = −40i + 40 j + 56.57k F 2 = 50k r OB = 2i + 3.46 j + 6k r OC = −2.5 j U OA = cos 30i − sin 30 j = 0.87i − 0.5 j

0.87 − 0.5 0 0.87 − 0.5 0 3.46 6 + 0 − 2.5 0 M ROA = 2 0 0 50 − 40 40 56.57


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería M ROA M ROA

ESTÁTICA = (− 38 .51 + 176 .57 ) + (− 108 .75 ) = 29 .31 kb − ft

M ROA = 29 . 31(0 . 87 i − 0 .5 j ) M ROA = 25 . 5i − 14 .65 j Ejemplo 4.5.4 Determine el momento de la fuerza F=( 2i-4j+10k) 2i-4j+10k) con respecto al eje Aa. Exprese el resultado como un vector cartesiano. z

a

a(-4,-5,10)

A(8,6,6) B(2,-3,0)

10m

F = ( 2 i - 4 j + 10 k ) kN 4m

r AB = −6i − 9 j − 6k −12i −11 j + 4k U Aa = 122 + 112 + 42 U Aa = −0.72i − 0.66 j + 0.24k

2m y A

2m 3m 6m

8m

6m x

M

A Aa

M

A Aa

U Aa = r AB F B

− 0.72 − 0.66 0.24 = −6 −9 − 6 = 64.8 + 7.92 + 5.76 + 4.32 + 17.28 − 39.6 = 60.48 KN − m 2 10 −4

M M

A Aa A Aa

= 60.48(0.72i − 0.66 j + 0.24 k ) = −43.54i − 39.91 j + 14.51k

M A = −114 i + 48 j + 14.51k Nota (Es necesario tener cuidado cuando se es un vector y un escalar, pues el sistema no ha permitido tener una f orma de escribir prácticamente esta diferencia)


77


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.

r AC = 0i + 6 j + 7k

 − 3i + 2 j − 7k   = −91.44i + 60.96 j − 213.36k 62  

F CE = 240

U AD =

− 3i + 6 j + 7k = −0.31i + 0.62 j + 0.72k 94

Aplicando el triple producto escala

M A AD

− 0.31 0.62 − 0.31 = U AD • (r AC × F CE ) = 0 6 0 = 396.85 396.85 + 395.02 132.28 = 527.3 lb/ft − 91.44 60.96 − 91.44

M A AD = M A AD U AD = 527.3(−0.31i + 0.62 j + 0.72k ) = −163.46i + 326.93 j + 379.65k


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 4.6 Momento Momento de un par como el efecto que generan dos fuerzas fuerzas paralelas de igual magnitud Par : Concepto que se define como

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

1 2 M B = − d ( F ) − d ( F ) 3 3 M B = − d ( F )

1 1 M A = − d ( F ) − d ( F ) 2 2 M A = −d ( F )

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

M O = ? M O = 2(3) + 4(3) M O = 6 + 12 = 18 T − m

ó

M B = dF M B = 6(3) = 18 T − m M B = 6(3) = 18 T − m


79


Análisis vectorial Determinamos el momento en varios puntos:

= −F B MO = ? M O = (rOA × F A ) + (rOB × F B ) M O = (rOA × F B ) + (rOB × F B ) M O = (− rOA + rOB ) × F B F A

rOA + r AB

= rOB r AB = rOB − rOA Por lo tanto; MO

= r AB × F B

MD =? , + r DB = rOB M D = (r DA × F A ) + (r DB × F B ) M D = (− r DA + r DB ) × F B Por lo tanto : M D = (r AB × F B )

r DA

r AB ,

= rOB − rOA M D

= (r DA × −F B ) + (r DB × F B )

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.


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Suma de pares

Escalar

M 1 = d 1 F 1 M 2 = d 2 F 2 M n = d n F n M RO = M 1 + M 2 + ...... + M n M RO =

∑ M

n

Vectorial

= r1 × F1 M 2 = r2 × F2 M n = rn × Fn M RO = ∑ M n M1

Ejemplo4.6.2 Los tres momentos del par actúan sobre un segmento de tubería. Determine las magnitudes de M 2 2 y M 3 para que el momento resultante de los pares sea igual a cero.

Si M R = 0 = 80(cos 60i − sen60 j ) + M 2 (cos 60i + sen60 j ) − M 3i Sumatoria de componentes.

i ) 0 = 80 cos 60° + M 2 cos 60° − M 3

j ) 0 = −80 cos 60° + M 2 sen60°

Por los tanto:

M 2 = 80 N − m ,

M 3 = 80 cos 60° + 80 cos 60° , M 3 = 80 N − m


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Pares equivalentes

El par genera un momento, para que otro par sea equivalente requiere generar el mismo momento.

M = 2 T − m = 2 T − m

M = (4T )(0.5m ) = 2 T − m

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 m ismo sentido.

Ejemplo 4.6.3 Dos pares actúan sobre la viga como se muestra. 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?

M R =

∑ M

 4   3  M R = 1.5 F  + 4 F  − 1.5(200)  5   5  M R = 300lb − ft Es un vector libre y se puede aplicar en cualquier parte de la viga  6 + 12  F = 600    5 5   5  F = 600   18  F = 166.67lb


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Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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 solución a) de las manecillas del reloj y un par equivalente.

M R = −400 N − m M R = −1(250) + 0.65(600 ) − 0.65( F ) = −400 (− 400 + 250 − 380) F = − 0.65 F = 830.76 N b)

M R = −400

;

Par equivalente horizontal

-400 = -1( F )

;

F = 400 N

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.

a) M = ? M = (r DF × F Ë ) + (r BC × F C ) M = (0.4i ) × (20k ) + (0.75) × (− 25 cos 40i + 25 sen40 j ) M = −8 j + 14.36 j + 12.05 M = 12.05i + 6.36 j M = 13.62 N • m

6.36  α = arctan    12.05  α = 27.82° MI. Lorenzo Jaime Alvarado Balleza

83

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA b ) F B ; F C = ? M = r BC × F C = r CB × F B M = (− 0 . 75 k ) × F C (− cos θ i + sen θ j ) M = 0 . 75 F C cos θ j + 0 . 75 F C sen θ i Por lo tanto :

1 )

0 .75 F C sen θ = 12 .05

2 )

0 .75 F C cos θ = 6 .36

Genera el mismo momento

sen θ 12 .05 = = tan θ cos θ 6 .36 θ = 62 .18 °

de E 1;

Sustituyen do θ = 62.18 ° en 1  12 .05  sen (62 .18 ° ) F C =    0 .75  F C = 18 .17 N


84

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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 F A y –F A en el punto O se tiene... 2. Una fuerza en “O” almacenada en Fo = F A 3. Un par en “O” el cual genera un momento, Mo = r A X F A 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.

F RO = F1 + F2 + ...... + Fn M RO = M1 + M 2 + ...... + M n ∴ F RO = ∑ F M RO = ∑ MO Efecto completo generado por un sistema de fuerzas no concurrentes, esto es:


85

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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. 30 3 ft

48 lb 5 ft

60 lb

Se obtiene la fuerza resultante de la estructura:

2 ft B

18 lb

A

F RC RC =

∑ F

RCX = −48 sin 30° − 18 = −42 lb RCY = −48 cos 30° − 60 = −101.57 lb 7 ft

RC = (42 )2 + (101.57 )2 RC = 109.91lb C

101.57  = tan −1     42  α = 67.53° En el tercer cuadrante α

Se obtiene el momento resultante en el punto C: M RC =

∑ M

M RC = 7(48 cos 30° ) + 7(48 sin 30° ) + 2(60 ) + 7 (18 ) M RC = 704.98 lb − ft

67.53°

Mc = 704.98 lb-ft

R = 109.91 lb


86

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Ejemplo 4.7.2 Determineel sistema fuerza par en el punto de apoyo de la viga, si P=120lb.

R X = 360 − 360 = 0 RY = 120 + 70 − 150 = 40lb M RO = −4(150) + 8(70 ) + 11(120) M RO = −3(360 ) M RO = 200 ft − lb 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

∑ F = F + F + ...... + F = F ∑ M = (r × F ) + (r × F ) + ..... + (r 1

O

O

2

O1

n

1

O2

RO

2

On

× Fn ) = M RO

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 (x A, y A, z A) que genere el mismo sistema fuerza par. Asi:


87


Cuando FR y MR son perpendiculares, que ocurre cuando se tienen sistemas de Fuerzas coplanares y Fuerzas paralelas.

F RO = F A

y

M RO = r OA × F A

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.

R X = 360 − 360 = 0 RY = 120 + 70 − 150 = 40lb M RO = −4(150) + 8(70 ) + 11(120) M RO = −3(360 ) M RO = 200 ft − lb Si proponemos:

M RO = X (40) M RO = 200 = X (40) X = 5 ft


88

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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.

F RA1 = (− 600 + F )kN ; F RA1 = F RA2

F RA2 = 150 kN

600 + F = 150 F = 750 kN M RA1 = −2(200) − 5(100 ) − 10(300 ) + xF + 750 M RA1 = −400 − 500 − 3000 + 750 x + 750 M RA1 = 750 x − 3150 kN − m Debido a que M RA1 = M RA 2 M RA2 = 7(150) = 1050 kN • m Por lo tanto : 750 x − 3150 = 1050 kN − m 750 x = 4200 kN − m x = 5.60 m


89

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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)

M RO = 5(240 ) + 8(372.4 ) + 2(215 ) M RO = 4609.2lb − ft F RX = 100 − 372.4 = −272.4lb b) F RY = 240 − 215 = 25lb M RO = Y (272.4) + X (25) Sabiendo que:

4609.2 = 35 x + 272.4 y si x = 0; y = 16.92 ft y = 0; x = 184.36 ft


90

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Ejemplo 4.8.4 Reemplace el el sistema de fuerzas aplicadas sobre la estructura por una fuerza resultante equivalente y especifique el punto donde la la línea de acción acción de la fuerza resultante intercepta el miembro BC, midiendo desde el punto B.

F RA =

∑ F

 3  F RAX = 20 + 40 + 50  = 90i  5   4  F RAY = 50  = 40 j  5  F RA = 98.4lb

M RA = −5(20 ) − 7(40 ) − 7 (30 ) + 5(40 ) M RA = −390lb − ft M RA = ( Xi + Yj ) x(90i + 40 j ) M RA = 40 Xk − 90Yk M RA = −390 = 40 X − 90Y

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.


91

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 4  = − 500 cos 60 ° − 250    = − 450 N  5   3  Ry = ∑ Fy = − 500 sin 60 ° − 250   − 300 = − 883 N  5  Rx =

∑ Fx

M RB 1 =

∑ M

3  = − 2 (500 cos 60 ° ) + 400 − 2 (300 ) − 5 (250 )   = − 1450 N − m  5 

M RB 2 = − XGy = − X (883) Como MRB1=MRB2 ;

-1450 = -883X;

X = 1.64 m

Esto indica que la única fuerza equivalente es:

G = 450i − 883 j 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 w1

1 = w2 2

y

F 1=F 2 .

W1=4.8Ton , F1=4Ton Determine: a) la única fuerza equivalente y su Punto de intersección con la línea AB

F RA = F 1 + F 2 + w1 + w 2 = 4i + 4 j − 4.8 j − 9.6 j = 4i − 10.4 j F RA = 4i − 10.4 j F R = 11 . 14 T 10  8  (9 .6 ) + 2 (4 ) M RA = − 4   − 1(4 . 8 ) − 3  3  M RA = − 10 . 67 − 4 . 8 − 32 + 8 = − 39 .47 T − m

M = − xF Y = −10.4 x = −39.47 X = 3.795m


92

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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 F A A = 200 libras, F B = 100 libras y F C C = 400 libras.

N

r

F

M O

A B C

− 1.06i − 1.06k 1.3i − 0.75k 0 1.5k

− 200 j − 100 j − 400 j

− 212i + 212k − 75i − 130k 600i 0

-700j

313i + 82k

-700j

700Zi − 700 Xk

Σ MG

Xi +Zk

700Z = 313 Z = 0.447 ft FG=-700 j

− 700 X = 82 X = −0.117 ft


G(-0.117, 0, 0.447)

93

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Ejemplo4.8.8 Las tres fuerzas paralelas actúan sobre la placa circular. Si la fuerza en A tiene una magnitud de F que la fuerza f uerza resultante F R A = 200 libras, determine las magnitudes de F B y F C C para R del sistema tenga una línea de acción que coincida con el eje y.

Pista: Esto requiere

∑ Mx = 0 y ∑ Mz = 0 , ¿Por qué? F RO = −200 j − F B j − F C j

XB = 1.3 ZB = -0.75 YB = 0

XA = -1.06 ZA = -1.06 YA = 0

XC = 0 ZC = 1.5 YC = 0

M RO = (r OA x F A ) + (r OB x F B ) + (r OC x F C ) M RO = (− 212i + 212k ) + (− 0.75 F B i − 1.3 F B k ) + (1.5 F C i ) M RO = (− 212 − 0.75 F B + 1.5 F C )i + (212 − 1.3 F B ) ¿Por qué? Por que FR pasa por el punto; r OB OB = 0; M RO Por lo tanto:

Encontramos

la

=0

212 − 1.3 F B = 0 F B = 163.07lb 1.5 F C = 212 + 0.75 F B F C = 222.87lb

fuerza resultante en el punto O.

F RO = −200 − 163.07 − 222.87lb F RO = 585.94lb


94

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA Simplificación adicional.

Cuando un sistema de fuerzas generan en un punto, una fuerza resultante y un momento F o M R R = M y estos tienen resultante F R tienen un ángulo θ, entre ellos diferentes diferentes de 90˚. R =

∑

∑

Es necesario descomponer el M R en sus componentes paralelo y perpendicular. Así, el momento perpendicular se reduciría reduciría a una fuerza aplicada en G.

=

=

Tal que podríamos reducir el sistema sistema por un sistema sistema fuerza-par coliniales, en un punto G( x, y, z ) M R II = M R • U FR M R II = M R II U FR De la ley de paralelogramo. M R = M R II + M R↑ Así M R↑ = M R + M R II

Así M R↑ = r OG + F R donde conocemos el punto o centro de fuerzas. G ( x, y, z ) quedando F R y M R II


95

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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

F Ro =

∑ =10k − 10k − 10 j − 40i + 40i

F Ro = −10 j

M Ro =

∑ M

o

M Ro = (r 21 × F 1 ) + (r 54 × F 4 ) + (r 03 × F 3 ) M Ro = [(4i − 6 j − 8k ) × (10k )] + [(− 6 j + 8k ) × (− 40i )] + [(4i + 6 j ) × (− 10 j )] M Ro = −40 j − 60i − 240k + 320 j − 40k = −60i + 280 j − 280k

Se observa que el ángulo en F R y M R ,

θ

≠ 90 o

M ll = M R FR = (− 60i + 280 j − 280k ) • (− j ) = −280 M ll = M R FR = M R FR U RF = −280(− j ) = 280 j

que en el M Rll a la F R , por lo que

M ⊥ = M R − M Rll = (− 60i + 280 j − 280k ) − (280 j ) M ⊥ = −60i − 280k


96


M Ro = r OG × F R = ( xi + ji + zk ) • (− 10 j ) igualando M ⊥ = M Ro M Ro = −10 xk + 10 zi i) 10 z = −60 k) − 10 x = −280


∴ z = -6" x = 28"

97

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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 Ry

∫

0

dRy =

w=

Mz1

∫

0

dM z =

x2

∫

x1

xd ω =

x2

∫

x1

x2

∫

x1

0

ω dx

∫ ω dx

d ω = x2

= ∫ x f ( x )dx 1

∴

xω dx

∫

w

Mz1 =

x2

∫

x1

xω d ω =

x2

∫ xf ( x )dx x1

Mz 2 = xw Dado que los sistemas son equivalentes Mz2 = Mz1

∫

xw = xf ( x )dx

Así

x =

∫ xf ( x )dx ∫ f ( x )

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: ω 1

ω 1

= mx

m=

;

h b

h b

= x

La carga es w =

∫

b

0

b

 hx 2  hb h xdx =   = 2 2 b b  0

b

 hx 3  hb 2 h   Mz1 = ∫ x x dx =   = 3 0 3 b b    0 b

hb 2

x =

Mz1 3 = 2h = hb w 3 2

Por lo tanto.


98

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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.

b  = 12(180) −   a + (20b) = 0  2  0 = 2160 − (a + 4.5)(180) 2160 F R = −20(b ) + 180 = 0 a= − 4.5 180 b = 9 ft a = 7.5 ft

∑ M

RA

F R = −20(b ) + 180 = 0 b = 9 ft

Comprobación de resultados


99

Universidad Autónoma de Querétaro Facultad de Ingeniería ESTÁTICA 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

W = (0.5 x 3 ) N / m . Simplifique esta carga distribuida con

una fuerza resultante equivalente y especifique la magnitud y ubicación de la fuerza medida desde A.

x =

M RZ F RW

∫

∫

F R = dA = W ( x )dx 10

∫

F R = 0.5 x 3 dx 0

F R = 1250 N

∫

∫

M R = xdA = xW ( x )dx 10

M R = x (0.5 x )dx = 0.5 x 4 dx

∫

M R

∫

3

x 5 0 . 5 = 5

0

10

0

M R = 10000 N − M M R 10000 N − m = 1250 N F R x = 8m x =


100

2 Capitulo 4b Final

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