2 capitulo 4b final

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


ESTÁTICA


64

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


ESTÁTICA


65

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


ESTÁTICA


66

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


ESTÁTICA


67

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


ESTÁTICA


68

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 ×+×+×=++×=×=


ESTÁTICA


69

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


ESTÁTICA


70

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


ESTÁTICA


71

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


ESTÁTICA


72

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

=°

=


ESTÁTICA


73

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


ESTÁTICA


74

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


ESTÁTICA


75

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


ESTÁTICA


76

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

−=−=

−=

++=

=

++−=

++=


ESTÁTICA


77

( ) ( )

( )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=


ESTÁTICA


78

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

)( =+=

−−

−−

=×•= CEACADA FrUMAD

kjikjiUMM ADAA ADAD65.37993.32646.163)72.062.031.0(3.527 ++−=++−==


ESTÁTICA


79

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


ESTÁTICA


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

×=

×+−=

×+−×=×+×=

−==+


ESTÁTICA


81

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


ESTÁTICA


82

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

=

=

=

+

−=

−

+

=

=∑


ESTÁTICA


83

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


ESTÁTICA


84

( )

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


ESTÁTICA


85

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:


ESTÁTICA


86

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


ESTÁTICA


87

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:


ESTÁTICA


88

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

=

==

=


ESTÁTICA


89

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

=

−=

−=−

•==

=

−−=

++−−−=

++−−−=


ESTÁTICA


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

==

==

+=


ESTÁTICA


91

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

=

=

=

=

++=

=∑


ESTÁTICA


92

( ) ( ) ( ) 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

=

−=−=−=


ESTÁTICA


93

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)


ESTÁTICA


94

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

=

+=

=

=−


ESTÁTICA


95

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


ESTÁTICA


96

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

−−=

−−+−=−=

⊥

⊥


ESTÁTICA


97

( ) ( )

" x xk)

"-zzi

MMzixkM

jzkjixiFrM

RoRo

ROGRo

2828010

6 6010 )

igualando 1010

10

=−=−

=∴−=

=+−=

−•++=×=

⊥


ESTÁTICA


98

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.


ESTÁTICA


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

=

−=

+−=

=

+−=∑


ESTÁTICA


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

=

−==

−=

=

==

==

∫∫

∫∫

2 capitulo 4b final

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